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📂学习笔记
🔖dsu on tree启发式合并
2023-08-15 16:29阅读: 39评论: 0推荐: 0

*【学习笔记】(19) 启发式合并

启发式合并

启发式合并核心思想就一句话：把小集合的合并到大的里。

启发式合并思想可以放到很多数据结构里，链表、线段树、甚至平衡树都可以。

考虑时间复杂度，设总共有 n 个元素，由于每次集合的大小至少翻倍，所以至多会合并 logn 次，总的复杂度就是 O(nlogn) 的（结合线段树合并就是 O(nlog2n) 的）

dsu on tree 就是树上启发式合并。

dsu on tree 优雅的思想

对于以 u 为根的子树
 
①. 先统计它轻子树(轻儿子为根的子树)的答案，统计完后删除信息
 
②. 再统计它重子树(重儿子为根的子树)的答案 ，统计完后保留信息
 
③. 然后再将重子树的信息合并到 u上
 
④. 再去遍历 u 的轻子树，然后把轻子树的信息合并到 u 上
 
⑤. 判断 u 的信息是否需要传递给它的父节点（u 是否是它父节点的重儿子）

dsu on tree 暴力的操作体现于统计答案上（不同的题目统计方式不一样）

例题

Ⅰ.CF570D Tree Requests

重排之后能否构成回文串，即判断出现次数为奇数的字符个数是否小于等于1

因为要多次询问以某个点为根深度为 b 的节点上的字母

所以可以对每个节点开个 vector，再把和它有关的询问保存在vector

然后在 dsu on tree 的过程进行到该节点时遍历这个节点的 vector (相关询问)

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define mp make_pair
using namespace std;
const int N = 1e6 + 67;
int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return x * f;
}
int n, m, tot;
int Head[N], to[N], Next[N];
int a[N], son[N], sz[N], d[N];
vector<pair<int, int> > Q[N];
bool vis[N];
int b[N][26], ct[N], ans[N];
void add(int u, int v){
	to[++tot] = v, Next[tot] = Head[u], Head[u] = tot;
}
void dfs1(int x, int fa){
	d[x] = d[fa] + 1, sz[x] = 1;
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
		int y = to[i]; if(y == fa) continue;
		dfs1(y, x), sz[x] += sz[y];
		if(sz[y] > sz[son[x]]) son[x] = y;
	}
}
void calc(int x, int fa){
	if(b[d[x]][a[x]]) ct[d[x]]--;
	else ct[d[x]]++;
	b[d[x]][a[x]] ^= 1;
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
		int y = to[i]; if(y == fa || vis[y]) continue;
		calc(y, x);
	}
}
void dfs2(int x, int fa, int opt){
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
		int y = to[i]; if(y == fa || y == son[x]) continue;
		dfs2(y, x, 0);
	}
	if(son[x]) dfs2(son[x], x, 1), vis[son[x]] = 1;
	calc(x, fa), vis[son[x]] = 0;
	for(auto it : Q[x])
		ans[it.second] = (ct[it.first] <= 1);
	if(!opt) calc(x, fa);
}
int main(){
	n = read(), m = read();
	for(int i = 2; i <= n; ++i){
		int u = read();
		add(u, i), add(i, u);
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		char ch; cin >> ch;
		a[i] = ch - 'a';
	}
	for(int i = 1; i <= m; ++i){
		int u = read(), k = read();
		Q[u].pb(mp(k, i));
	}
	dfs1(1, 0), dfs2(1, 0, 0);
	for(int i = 1; i <= m; ++i) 
		printf("%s\n", ans[i] ? "Yes" : "No");
	return 0;
}

Ⅱ.CF375D Tree and Queries

开个数组 cnti 表示 i 种颜色有多少个，fi 表示数量大于 i 的有多少种。

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 67;
int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return x * f;
}
int n, m, tot;
int fa[N], sz[N], son[N];
int c[N], cnt[N], ans[N], f[N];
int Head[N], to[N], Next[N]; 
vector<pii> Q[N];
bool vis[N];
void add(int u, int v){
	to[++tot] = v, Next[tot] = Head[u], Head[u] = tot;
}
void dfs1(int x, int f){
	fa[x] = f, sz[x] = 1;
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
		int y = to[i]; if(y == fa[x]) continue;
		dfs1(y, x); sz[x] += sz[y];
		if(sz[y] > sz[son[x]]) son[x] = y;
	}
}
void calc(int x, int val){
	if(val == 1) f[cnt[c[x]] += val]++;
	else --f[cnt[c[x]]], cnt[c[x]] += val;
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
		int y = to[i]; if(y == fa[x] || vis[y]) continue;
		calc(y, val);
	}
}
void dfs2(int x, int opt){
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
		int y = to[i]; if(y == fa[x] || y == son[x]) continue;
		dfs2(y, 0);
	}
	if(son[x]) dfs2(son[x], 1), vis[son[x]] = 1;
	calc(x, 1), vis[son[x]] = 0;
	for(auto it : Q[x])
		ans[it.second] = f[it.first];
	if(!opt) calc(x, -1);
}
int main(){
	n = read(), m = read();
	for(int i = 1; i <= n; ++i) c[i] = read();
	for(int i = 1; i < n; ++i){
		int u = read(), v = read();
		add(u, v), add(v, u);
	}
	for(int i = 1; i <= m; ++i){
		int u = read(), k = read();
		Q[u].pb(mp(k, i));
	}
	dfs1(1, 0), dfs2(1, 0);
	for(int i = 1; i <= m; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
	return 0;
}

Ⅲ. P4149 [IOI2011] Race

树上两点 u,v 的距离为 disu+disv−2×dislca(u,v)，边的数量为 du+dv−2×dlca(u,v 。

那么问题就转换成在树上找到两点 u,v 使得 disu+disv−2×dislca(u,v)=k 且 du+dv−2×dlca(u,v) 尽可能小。

于是我们可以定义 minnd 表示当前距离 1 号点距离为 d 的节点的最小深度。

因为我们计算两点的简单路径权值和、两点简单路径的边的个数是根据它们的lca ，所以一个分支内的节点不能相互影响

所以需要先对一个分支统计完贡献后，再添加它的信息

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define pii pair<int,int>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 5e5 + 67;
int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return x * f;
}
int n, m, k, tot, ans = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int fa[N], sz[N], son[N], d[N], dis[N];
int Head[N], to[N], Next[N], edge[N]; 
map<int, int> minn;
void add(int u, int v, int w){
	to[++tot] = v, Next[tot] = Head[u], Head[u] = tot, edge[tot] = w;
}
void dfs1(int x, int f){
	fa[x] = f, sz[x] = 1, d[x] = d[f] + 1;
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
		int y = to[i]; if(y == fa[x]) continue;
		dis[y] = dis[x] + edge[i], dfs1(y, x), sz[x] += sz[y];
		if(sz[y] > sz[son[x]]) son[x] = y;
	}
}
void calc(int x, int rt){
	int s = k + 2 * dis[rt] - dis[x];
	if(minn.count(s)) ans = min(ans, minn[s] + d[x] - d[rt] * 2);
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
		int y = to[i]; if(y == fa[x]) continue;
		calc(y, rt);
	}
}
void change(int x){
	if(minn.count(dis[x])) minn[dis[x]] = min(minn[dis[x]], d[x]);
	else minn[dis[x]] = d[x];
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
		int y = to[i]; if(y == fa[x]) continue;
		change(y);
 	}
}
void dfs2(int x, int opt){
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
		int y = to[i]; if(y == fa[x] || y == son[x]) continue;
		dfs2(y, 0);
	}
	if(son[x]) dfs2(son[x], 1);
	int s = k + dis[x];
	if(minn.count(s)) ans = min(ans, minn[s] - d[x]);minn[dis[x]] = d[x];
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
		int y = to[i]; if(y == fa[x] || y == son[x]) continue;
		calc(y, x), change(y);
	}
	if(!opt) minn.clear();
}
signed main(){
	n = read(), k = read();
	for(int i = 1; i < n; ++ i){
		int u = read() + 1, v = read() + 1, w = read();
		add(u, v, w), add(v, u, w);
	}
	dfs1(1, 0), dfs2(1, 0); 
	printf("%lld\n", ans == 0x3f3f3f3f3f3f3f3f ? -1 : ans);
	return 0;
}

Ⅳ.CF741D Arpa’s letter-marked tree and Mehrdad’s Dokhtar-kosh paths

1.重排后构成回文的条件为：

​ ①.每个字母出现的次数都为偶数 ②.一个字母出现次数为奇数，其余字母出现次数为偶数

2.字母的范围为 a ~ z ， 把其转换成二进制状态（偶数为0，奇数为1）

那么满足回文条件的二进制为 ： 00...000 ， 00..001 ， 00..010 , ... , 10..000

3.维护一个从根节点到子节点u的前缀异或和数组 X

那么 u 到 v 的简单路径的字母重排后的二进制形式为 X[u] ^ X[v]

4.节点 u 的答案有三种可能：

​ ①.它的两个不同分支的节点构成的简单路径 ②.它的一个分支到它本身构成的简单路径 ③.它的子节点的 ans
定义 fx 表示状态为 x 的节点的最大深度。

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
#define mp make_pair
using namespace std;
const int N = 5e5 + 67;
int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return x * f;
}
 
bool _u;
 
int n, tot, maxn, XQ;
int hd[N], to[N << 1], nxt[N << 1];
int son[N], sz[N], dep[N], X[N];
int a[N], f[(1 << 22) + 67], ans[N];
 
void add(int u, int v){
	to[++tot] = v, nxt[tot] = hd[u], hd[u] = tot;
}
 
void dfs1(int x, int ff, int cur){
	dep[x] = dep[ff] + 1, sz[x] = 1; X[x] = cur ^ a[x];
	for(int i = hd[x]; i; i = nxt[i]){
		int y = to[i]; if(y == ff) continue;
		dfs1(y, x, X[x]); sz[x] += sz[y];
		if(sz[y] > sz[son[x]]) son[x] = y;
	}
}
 
void calc(int x, int ff, int rt){
	if(f[X[x]]) maxn = max(maxn, f[X[x]] + dep[x] - dep[rt] * 2);
	if((X[x] ^ X[rt]) == 0) maxn = max(maxn, dep[x] - dep[rt]);
	for(int i = 0; i <= 21; ++i){
		if((X[x] ^ X[rt]) == (1 << i)) maxn = max(maxn, dep[x] - dep[rt]);
		if(f[(X[x] ^ (1 << i))]) maxn = max(maxn, dep[x] + f[X[x] ^ (1 << i)] - dep[rt] * 2);
	}
	for(int i = hd[x]; i; i = nxt[i]){
		int y = to[i]; if(y == ff || y == XQ) continue;
		calc(y, x, rt);
	}
}
 
void change(int x, int ff, int v){
	if(v == 1) f[X[x]] = max(f[X[x]], dep[x]);
	else f[X[x]] = 0;
	for(int i = hd[x]; i; i = nxt[i]){
		int y = to[i]; if(y == ff) continue;
		change(y, x, v);
	}
}
 
void dfs2(int x, int ff, int opt){
	for(int i = hd[x]; i; i = nxt[i]){
		int y = to[i]; if(y == ff || y == son[x]) continue;
		dfs2(y, x, 0); ans[x] = max(ans[x], ans[y]);
	}
	if(son[x]) XQ = son[x], dfs2(son[x], x, 1), ans[x] = max(ans[x], ans[son[x]]);
	if(f[X[x]]) maxn = max(maxn, f[X[x]] - dep[x]);
	for(int i = 0; i <= 21; ++i)
		if(f[X[x] ^ (1 << i)]) maxn = max(maxn, f[X[x] ^ (1 << i)] - dep[x]);
	for(int i = hd[x]; i; i = nxt[i]){
		int y = to[i]; if(y == ff || y == son[x]) continue;
		calc(y, x, x), change(y, x, 1);
	}
	ans[x] = max(ans[x], maxn), f[X[x]] = max(f[X[x]], dep[x]), XQ = 0;
	if(!opt) maxn = 0, change(x, ff, -1);
}
 
bool _v;
 
int main(){
	cerr << abs(&_u - &_v) / 1048576.0 << " MB\n";
	
	n = read();
	for(int i = 2; i <= n; ++i){
		int p = read(); char s;
		cin >> s;
		a[i] = 1 << (s - 'a');
		add(p, i), add(i, p);
	}
	dfs1(1, 0, 0);
	dfs2(1, 0, 0);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d%c", ans[i], i == n ? '\n' : ' ');
	return 0;
}

Ⅴ. P5290 [十二省联考 2019] 春节十二响

考虑有两条链的情况：将两条链弄成两个堆，每次取出两个堆的堆顶，取 max 加入答案，当一个堆取尽后，把另一个堆里的所有元素加入答案。最后再加入 ax。
然后就可以用类似的方法合并子树，复杂度 O(nlog⁡n)

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
using namespace std;
const int N = 2e5 + 67; 
int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return x * f;
}
 
int n;
ll ans;
int a[N];
vector<int> e[N], cur;
priority_queue<int> pq[N];
 
void merge(int x, int y){
	if(pq[x].size() < pq[y].size()) swap(pq[x], pq[y]);
	while(!pq[y].empty()){
		cur.push_back(max(pq[x].top(), pq[y].top()));
		pq[x].pop(), pq[y].pop();
	}
	while(!cur.empty()) pq[x].push(cur.back()), cur.pop_back();
}
 
void dfs(int x){
	for(auto y : e[x]) dfs(y), merge(x, y);
	pq[x].push(a[x]);
}
 
int main(){
	n = read();
	for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
	for(int i = 2, f; i <= n; ++i) f = read(), e[f].push_back(i);
	dfs(1);
	while(!pq[1].empty()) ans += pq[1].top(), pq[1].pop();
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

参考：https://www.cnblogs.com/GsjzTle/p/14033777.html

本文作者：南风未起

本文链接：https://www.cnblogs.com/jiangchen4122/p/17455915.html

版权声明：本作品采用知识共享署名-非商业性使用-禁止演绎 2.5 中国大陆许可协议进行许可。

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