【学习笔记】树论—Dsu on tree
【学习笔记】树论—Dsu on tree
【前言】
树上启发式合并 \(\text{Dsu on tree}\) 一般用来解决一类不带修的子树查询问题（据说这玩意儿原名 静态链分治？）。
其核心思想为：利用重链剖分的性质优化子树贡献的计算。
由于 \(\text{zwfymqz}\) 巨佬一讲得比较简略，一开始我并没有理解到其精髓，导致一度怀疑其时间复杂度的合理性，甚至连代码都看不懂。
后来看了看 \(\text{YudeS}\) 楪 神仙的另一种写法 自己手玩了几棵树就懂了。
个人认为后者更好理解，因此本文讲解后者，可能与网上大多数写法略有不同。
【算法实现】
先看板题：\(\text{Lomsat gelral [CF600E]}\)
题目描述：给出一棵 \(n\) 个结点的树，每个结点都有一种颜色编号，求该树中每棵子树里的出现次数最多的颜色的编号和。
算法流程如下：
-
跑一遍 \(dfs\) 预处理出每个点的重儿子 \(son\) 。
-
对于一个点 \(x\)，首先遍历计算他所有轻儿子的 \(ans\)，并且每算完一个儿子就要清除它的所有贡献。
接下来计算重儿子 \(son[x]\) 的答案，并保留 \(subtree(son[x])\) 中所有点的贡献，然后再暴力加入 \(subtree(x)\) 中除 \(subtree(son[x])\) 以外的所有点的贡献，此时即可得到 \(ans[x]\) 。
随后回溯到 \(fa[x]\)，如果 \(x\) 是 \(fa[x]\) 的轻儿子，那么将在 \(x\) 这一波计算下来的贡献全部清除，反之则全部保留。
【时间复杂度】
经过多次不靠谱的手玩尝试，我们可以发现：每一个点只会在其到根路径中若干重链交界处被统计（也即是从该点到根路径上的轻边数量）。
而由于重链剖分的性质，任意一个点往上跳时所经过的重链数量不超过 \(O(logn)\)，所以重链交界处（轻边）的数量也不会超过 \(O(logn)\)，因此每个点的统计次数也为 \(O(logn)\) 。
总复杂度为：\(O(nlogn)\)，并带上一个通常为 \(O(1)\) 的常数（统计一个点贡献的复杂度）。
另外，还有一种与 \(\text{DSU on Tree}\) 相似的做法，计算贡献是一样的，核心操作换成了 \(dfs\) 序+分治，具体见：【题解】\(\text{Lomsat gelral [CF600E]}\)
【Code】
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=1e5+3;
int o,n,m,x,y,t,K,tmp,A[N],Q[N],cnt[N],son[N],size[N],head[N];LL ans,Ans[N];
struct QAQ{int to,next;}a[N<<1];
inline void add(Re x,Re y){a[++o].to=y,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
inline void dfs(Re x,Re fa){//预处理重儿子
size[x]=1;
for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
if((to=a[i].to)!=fa){
dfs(to,x),size[x]+=size[to];
if(size[to]>size[son[x]])son[x]=to;
}
}
inline void CL(){//清空贡献，从zero开始
while(t)cnt[Q[t--]]=0;ans=tmp=0;
}
inline void insert(Re x){//加入点x的贡献
++cnt[Q[++t]=A[x]];
if(cnt[A[x]]>tmp)tmp=cnt[ans=A[x]];
else if(cnt[A[x]]==tmp)ans+=A[x];
}
inline void addson(Re x,Re fa){//加入subtree(x)的贡献（以x为根的整棵子树）
insert(x);
for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
if((to=a[i].to)!=fa)addson(to,x);
}
inline void sakura(Re x,Re fa){
for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
if((to=a[i].to)!=fa&&to!=son[x])sakura(to,x),CL();//计算轻儿子的答案并清空贡献
if(son[x])sakura(son[x],x);//计算重儿子的答案并保留subtree(son[x])（以son[x]为根的整棵子树贡献）
for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
if((to=a[i].to)!=fa&&to!=son[x])addson(to,x);//加入subtree(x)-subtree(son[x])-x（以x的所有轻儿子为根的子树贡献）
insert(x),Ans[x]=ans;//注意还要把x的贡献也加进去
}
int main(){
// freopen("123.txt","r",stdin);
in(n),m=n-1;
for(Re i=1;i<=n;++i)in(A[i]);
while(m--)in(x),in(y),add(x,y),add(y,x);
dfs(1,0),sakura(1,0);
for(Re i=1;i<=n;++i)printf("%lld ",Ans[i]);
}
