CF-600-E-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2024-01-129.CF-375-D-启发式合并2024-01-1210.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2024-01-21

15.CF-600-E-启发式合并2024-05-04

16.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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600-E 题目大意

给定一颗$n$个节点的树，根为$1$。树上的每个节点$i$都有一个颜色$c_i$。

如果一个颜色在以$x$为根的子树中出现次数最多，那么称该颜色为主要颜色，显然，一颗树中可以有多个主要颜色。

求出对于每个节点为根时，其子树中所有主要颜色的编号和。

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Solution

启发式合并思路：

在$dfs$的过程中，每个节点维护其子树中所有的颜色数量信息，主要颜色的出现的次数，主要颜色的编号和。

每次递归回溯时，用重儿子的节点信息来更新当前节点的信息，这里利用启发式合并更新信息即可，无需预处理出所有节点的重儿子，细节见代码。

时间复杂度$O(nlogn)$。

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

int main(){
	ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
	int n;
	cin>>n;
	vector<vector<int>> e(n);
	vector<int> mx(n);
	vector<ll> sum(n);
	map<int,int> p[n];
	for(int i=0;i<n;i++){
		int col;
		cin>>col;
		p[i][col]++;
		sum[i]=col;
	}
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		--x,--y;
		e[x].push_back(y);
		e[y].push_back(x);
	}
	function<void(int,int)> dfs=[&](int x,int fa){
		mx[x]=1;
		for(auto y:e[x]){
			if(y==fa) continue;
			dfs(y,x);
			if(p[x].size()<p[y].size()){
				swap(p[x],p[y]);
				mx[x]=mx[y];
				sum[x]=sum[y];
			}
			for(auto &[a,b]:p[y]){
				p[x][a]+=b;
				if(p[x][a]>mx[x]){
					mx[x]=p[x][a];
					sum[x]=a;
				}else if(p[x][a]==mx[x]){
					sum[x]+=1LL*a;
				}
			}
		}
	};
	dfs(0,-1);
	for(int i=0;i<n;i++){
		cout<<sum[i]<<" ";
	}
  	return 0;
}