dsu on tree

dsu on tree

在处理子树询问时，子树与子树之间总是相互干扰.   

常用的处理手法有线段树合并，dfs 序等来规避子树之间的干扰. 

dsu on tree 则是利用的树链剖分轻重链的思想在多一个 $O(\log n)$ 的复杂度下避开子树之间干扰

算法模板： 

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void dfs2(int x, int ff, int op) {     for(int i=0;i<G[x].size();++i) {         int v=G[x][i];         if(v==ff||v==son[x]) continue;          // 轻儿子不统计进去.         dfs2(v, x, 0);     }     if(son[x]) {         // 重儿子统计进去.         dfs2(son[x], x, 1);        }     Son=son[x];      // 再将轻儿子统计进去，并计算答案     calc(x, ff);      ans[x]=d;      Son=0;          if(op==0) mx=0,d=0,dele(x, ff);  }

　　

时间复杂度分析： 

每个点会在 dfs 的时候被访问一遍，为 $O(n).$  

一个点被 $\mathrm{calc}$ 函数访问，当且仅当祖先有轻边，访问次数为轻边次数 $O(\log n)$.   

一个点被 $\mathrm{delete}$ 函数访问，也需要祖先有轻边，访问次数同样是 $O(\log n)$.  

那么，所有点访问的总时间复杂度就是 $O(n \log n)$.  

特别注意：在 $\mathrm{delete}$ 的时候删除所有信息就行，不必担心正在访问其他点之类的问题. 

 

Escape Through Leaf

来源：CF932F

写一下 DP 式子发现是 $\mathrm{dp[x]=dp[y]+a[x] \times b[y]}$. 

对于子树中的 $\mathrm{y}$，对祖先每一个 $\mathrm{dp[x]}$ 的贡献是关于 $\mathrm{a[x]}$ 的一次函数.  

如果只有一次子树询问显然可以用李超线段树来做.  

由于每一个点都要求解答案，故采用 $\mathrm{DSU}$ 的方式进行求解，时间复杂度为 $O(n \log^2 n)$.  

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#include <cstdio> #include <vector> #include <cstring> #include <algorithm> #define ll long long #define pb push_back #define ls now<<1 #define rs now<<1|1 #define N  200009 #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; const int inf=100003;  const ll  MA = 1ll<<50;   struct Line {     ll k,b;      }line[N<<2];  vector<int>G[N];  ll dp[N]; int cn,n,a[N],b[N],size[N],son[N];   ll calc(Line o,int pos) {     return 1ll*o.k*pos+o.b;  } struct SGT {     int tree[N<<2];           vector<int>clr;      void update(int l,int r,int now,int L,int R,int x) {         int mid=(l+r)>>1;              if(!tree[now]) tree[now]=x,clr.pb(now);              else {             if(calc(line[tree[now]], mid) > calc(line[x], mid))                   swap(tree[now], x);              if(calc(line[x], l) < calc(line[tree[now]], l) && l!=r)                 update(l, mid, ls, L, R, x);             if(calc(line[x], r) < calc(line[tree[now]], r) && l!=r)                  update(mid+1,r,rs,L,R,x);          }     }     ll query(int l,int r,int now,int p) {             if(l==r) {             return tree[now] ? calc(line[tree[now]], l) : MA;         }         int mid = (l + r) >> 1;          ll re=MA;          if(tree[now]) re=min(re, calc(line[tree[now]], p));          if(p<=mid)   return min(re, query(l,mid,ls,p));         else return min(re, query(mid+1,r,rs,p));      }     void CLR() {         for(int i=0;i<clr.size();++i)                 tree[clr[i]]=0;         clr.clear();     } }T;    int Son;  void upd(int x, int ff) {     // y = b[x] ( ) + dp[x]        ++cn;      line[cn].k=b[x];     line[cn].b=dp[x];      T.update(-inf, inf, 1, -inf, inf, cn);       for(int i=0;i<G[x].size();++i) {         int v=G[x][i];         if(v==ff) continue;          upd(v, x);      } } void dfs1(int x, int ff) {     size[x]=1,son[x]=0;     for(int i=0;i<G[x].size();++i) {         int v=G[x][i];         if(v==ff) continue;          dfs1(v, x);         size[x]+=size[v];         if(size[v]>size[son[x]])             son[x]=v;      } } void dfs2(int x, int ff, int op) {     for(int i=0;i<G[x].size();++i) {         int v=G[x][i];          if(v==ff||v==son[x]) continue;          dfs2(v, x, 0);         // 不计子树影响.      }     // 计算重儿子影响.      if(son[x]) dfs2(son[x], x, 1);     // 算进轻儿子影响.       for(int i=0;i<G[x].size();++i) {         int v=G[x][i];         if(v==ff||v==son[x]) continue;          upd(v, x);      }      // 计算当前点答案.      if(size[x]==1) dp[x]=0;      else {         dp[x]=T.query(-inf, inf, 1, a[x]);       }     ++cn;     line[cn].k=b[x];     line[cn].b=dp[x];     T.update(-inf, inf, 1, -inf, inf, cn);      // 需要清除.     if(op==0) T.CLR(),cn=0;      } int main() {     // setIO("input");           scanf("%d",&n);     for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);     for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&b[i]);      for(int i=1;i<n;++i) {         int x,y;         scanf("%d%d",&x,&y);         G[x].pb(y);         G[y].pb(x);     }     dfs1(1, 0);     dfs2(1, 0, 1);       for(int i=1;i<=n;++i) {         printf("%lld ",dp[i]);       }     return 0; }