【题解】Lomsat gelral [CF600E]
【题解】Lomsat gelral [CF600E]
【前言】
写完 \(\text{Dsu on tree}\) 后大致浏览了网上的题解，常见做法有以下几种：
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\(\text{Dsu on tree}\)（占大多数，毕竟是板子）
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线段树合并（空间巨大）
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\(O(n\sqrt{n}logn)\) 的 \(\text{DFS}\) 序 \(+\) \(sb\) 暴力莫队（时间巨大）
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\(O(n\sqrt{n})\) 的 \(\text{DFS}\) 序 \(+\) 回滚莫队（效率一般）
但就是没找到一篇 \(\text{DFS}\) 序 \(+\) 分治，让我来做全网第一篇吧（只是我没有找到，希望不要打脸吧）。
【分析】
子树查询转到序列上后其本质是一系列的区间查询，我们知道，要想用分治是需要满足一定单调性的，那么这些区间是否有我们想要的性质呢？
先给出一些定义：
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\(size(x)\) 表示 \(|subtree(x)|\)，即以 \(x\) 为根的子树大小。
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\(dfn(x)\) 表示节点 \(x\) 的 \(\text{DFS}\) 序。
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\(idx(i)\) 表示 \(\text{DFS}\) 序 \(i\) 所对应的节点编号，满足 \(dfn(idx(i))=i,\ idx(dfn(x))=x\)。
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\(Rdfn(i)\) 表示 \(i+size(idx(i))-1\)，即 \(\text{DFS}\) 序 \(i\) 所对应的的节点子树中最大的 \(\text{DFS}\) 序。
【引理】
抛结论：
设 \(i'<i\)，若存在一个 \(j\) 满足 \(i \leqslant j \leqslant Rdfn(i)\) 且 \(i' \leqslant j \leqslant Rdfn(i')\)，那么 一定有 \(Rdfn(i') \geqslant Rdfn(i)\) 。
（按照 \(\text{YudeS}\) 楪 巨佬所说，穿过 \(j\) 的区间有互相包含的关系，放在此处即是区间 \([i,Rdfn(i)]\) 被包含于 \([i',Rdfn(i')]\) 中 ）。
其实很简单，稍想一下就明白了。
证明：
由给出的两个条件可知 \(idx(j) \in subtree(idx(i))\) 且 \(idx(j) \in subtree(idx(i'))\)，所以 \(idx(i),idx(i')\) 均为\(idx(j)\) 的祖先节点。
又因为 \(i'<i\)，且任意一个节点 \(x\) 的所有祖先都在从根到 \(x\) 的简单路径上，所以 \(idx(i')\) 应为 \(idx(i)\) 的祖先节点，于是有 \(Rdfn(i') \geqslant Rdfn(i)\)。
【算法实现】
回到这道题，有了上面那个性质，用分治已经很显然了吧，对于一层 \((L,mid,R)\) 扫一遍计算出：满足 \(L \leqslant i \leqslant mid\) 且 \(mid+1 \leqslant Rdfn(i) \leqslant R\) 的所有 \(ans[i]\) 。
时间复杂度为：\(O(nlogn)\)。
核心操作就一个分治函数，好想又好写，居然没人用....
像这种 \(dot\) 的题应该都可以用 \(\text{DFS}\) 序 \(+\) 回滚莫队/分治 搞吧，\(insert\) 函数都不需要改，时间复杂度和分治基本一样（蒟蒻瞎口胡，可信度极低）
【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,tmp,dfn_O,A[N],Q[N],cnt[N],dfn[N],idx[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dfn序
idx[dfn[x]=++dfn_O]=x,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];
}
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 sakura(Re L,Re R){//分治解决(L,R)
if(L==R){if(size[idx[L]]==1)Ans[idx[L]]=A[idx[L]];return;}
Re mid=L+R>>1;
sakura(L,mid),sakura(mid+1,R);//递归解决下面的
Re p=mid;CL();//搞一个指针p
for(Re i=mid,j;i>=L&&(j=i+size[idx[i]]-1)<=R;--i){//当j=Rdfn(i)大于R时就可以结束了
insert(idx[i]);
if(j<=mid)continue;//只解决对于j>mid的部分
while(p<j)insert(idx[++p]);//由性质可知满足大于mid的那部分j是单调递增的，不断移动指针p即可
Ans[idx[i]]=ans;//获得答案
}
}
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,n);
for(Re i=1;i<=n;++i)printf("%lld ",Ans[i]);
}
【参考资料】
- \(\text{YudeS}\) 楪 神仙的 \(\text{DFS}\) 序分治代码。
