CF-375-D-启发式合并

合集 - Codeforces(31)

1.CF-55-D-数位DP2024-01-232.CF-87-D-并查集2024-01-133.CF-91-B-单调栈+二分2024-01-234.CF-240-F-线段树2024-01-215.CF-242-E-线段树2024-01-206.CF-292-D-并查集2024-01-237.CF-282-E-Trie2024-01-178.CF-342-E-分块2024-01-12

9.CF-375-D-启发式合并2024-01-12

10.CF-431-D-二分+数位DP2024-01-2411.CF-461-B-树形DP2024-01-2212.CF-514-D-单调队列2024-01-1413.CF-522-D-线段树2024-05-0514.CF-570-D-启发式合并2024-01-2115.CF-600-E-启发式合并2024-05-0416.CF-613-D-虚树2024-01-1317.CF-620-E-DFS序+线段树2024-01-1718.CF-675-E-RMQ优化DP2024-01-1619.CF-702-E-倍增2024-01-1720.CF-797-E-根号分治2024-05-0421.CF-817-E-Trie2024-01-1622.CF-877-E-dfs序+线段树2024-05-0523.CF-915-F-并查集2024-01-2124.CF-938-D-最短路2024-05-1025.CF-1051-F-最短路+最小生成树2024-01-1726.CF-1184-E3-最小生成树+倍增+并查集2024-01-2427.CF-1304-E-倍增LCA+思维2024-01-2528.CF-1399-E2-优先队列2024-01-2229.CF-1515-F-思维2024-02-2430.CF-1831-E-卡特兰数+异或哈希+差分2024-01-2231.CF-1921-F-根号分治2024-01-24

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375-D 题目大意

给定一颗$n$个节点的树，根节点为$1$，每个节点都有一个颜色$c_i$

给定$q$次询问：

$(x,k):$询问在以$x$为根的子树中出现次数$\ge k$的颜色数量

---

Solution

首先考虑一般暴力的做法，将所有询问离线下来，对整个树进行$dfs$，在$dfs$到节点$x$的时候，把相关$x$的询问统一处理了，具体处理如下。

预处理出$dfs$序，枚举$x$子树中的所有节点，用$cnt$数组统计颜色，$sum$数组统计颜色数量。递归返回时，清空$cnt$和$sum$两个数组。总复杂度为$O(n^2+q)$

显然，暴力的时间复杂度过高，考虑如何用$dsuontree$优化。在枚举$x$的子树时是为了处理出$cnt$和$sum$两个数组。需要灵性的点在于观察到在$dfs$的过程中，枚举完$x$的最后一个儿子节点返回时可以不用清空这两个数组，而是使$x$继承这个儿子子树的信息，然后只需要去把$x$其他儿子子树的信息加上，就可以得到完成的$x$子树的颜色信息。

想到这里，接下来要考虑的是把哪个儿子节点作为继承人，显然，我们希望这个儿子子树的规模越大越好，这样能够重复利用的信息就更多。到这里整个算法的思路就显而易见了。

首先第一遍$dfs$预处理出每个节点的重儿子与整个树的$dfn$序，第二遍$dfs$优先遍历所有轻儿子，最后遍历重儿子，（先重后轻会清空两个记录颜色信息的数组，导致$x$节点继承不到任何信息）。遍历完之后，此时能够$O(1)$回答$x$所有的相关的询问，递归返回前，如果当前不是重儿子则清空两个数组。

这就是树上启发式合并的思想，可以证明时间复杂度为$O(nlogn)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=1e5+10;
int col[N],sum[N];

void solve(){
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	vector<int> c(n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>c[i];
	vector<vector<int>> e(n+1);
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		e[x].push_back(y);
		e[y].push_back(x);
	}
	vector<vector<array<int,2>>> Q(n+1);
	for(int i=0;i<m;i++){
		int u,k;
		cin>>u>>k;
		Q[u].push_back({k,i});
	}
	vector<int> L(n+1),R(n+1),id(n+1);
	int dfn=0;
	vector<int> sz(n+1),son(n+1);
	function<void(int,int)> dfs1=[&](int x,int fa){
		L[x]=++dfn,sz[x]=1,id[dfn]=x;
		for(auto y:e[x]){
			if(y==fa) continue;
			dfs1(y,x);
			sz[x]+=sz[y];
			if(sz[y]>sz[son[x]]) son[x]=y;
		}
		R[x]=dfn;
	};
	dfs1(1,0);
	vector<int> ans(m);
	function<void(int,int,int)> dfs2=[&](int x,int fa,int heavy){
		for(auto y:e[x]){
			if(y==fa||y==son[x]) continue;
			dfs2(y,x,0);
		}
		if(son[x]) dfs2(son[x],x,1);
		for(auto y:e[x]){
			if(y==fa||y==son[x]) continue;
			for(int i=L[y];i<=R[y];i++){
				col[c[id[i]]]++,sum[col[c[id[i]]]]++;
			}
		}
		col[c[x]]++,sum[col[c[x]]]++;
		for(auto q:Q[x]){
			ans[q[1]]=sum[q[0]];
		}
		if(!heavy){
			for(int i=L[x];i<=R[x];i++){
				sum[col[c[id[i]]]]--,col[c[id[i]]]--;
			}
		}
	};
	dfs2(1,0,1);
	for(int i=0;i<m;i++) cout<<ans[i]<<" ";
}

int main(){
	ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
	int T=1;
	//cin>>T;
	while(T--){
		solve();
	}
	return 0;
}