dsu on tree学习笔记
前言
一次模拟赛的\(T3\)：传送门
只会\(O(n^2)\)的我就\(gg\)了，并且对于题解提供的\(\text{dsu on tree}\)的做法一脸懵逼。
看网上的其他大佬写的笔记，我自己画图看了一天才看懂（我太蒻了），于是就有了这篇学习笔记。
概念篇/基础运用
算法简介
现在考虑这样一类树上统计问题：
-
无修改操作，询问允许离线
-
对子树信息进行统计（链上的信息在某些条件下也可以统计）
树上莫队？点分治？
\(\text{dsu on tree}\)可以把它们吊起来打！
\(\text{dsu on tree}\)运用树剖中的轻重链剖分，将轻边子树信息累加到重链上进行统计，拥有\(O(nlogn)\)的优秀复杂度，常数还贼TM小，你值得拥有！
//虽说是dsu on tree，但某个毒瘤@noip说这是静态链分治
//还有其他的数据结构神du仙liu说它可以被看成是静态的树剖（因为其在树上有强大的统计信息的能力，但不能支持修改操作），与正常的树链剖分相对
//所以我同时保留这几种说法，希望数据结构神du仙liu们不要喷我这个juruo
算法实现
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遍历所有轻儿子，递归结束时消除它们的贡献
-
遍历所有重儿子，保留它的贡献
-
再计算当前子树中所有轻子树的贡献
-
更新答案
-
如果当前点是轻儿子，消除当前子树的贡献
那么这里有人可能就要问了，为什么不保留求出的所有答案呢？这样复杂度就更优了啊
如果这样的话，当你处理完一颗子树的信息时，再递归去求解另一颗子树时，
已有的答案就会与当前子树信息相混淆，就会产生错误答案。
所以，从这我们看出，一个节点只能选择一个子节点来保留答案
其它的都要去暴力求解
那么选择哪一个节点能使复杂度最优呢？
显然，我们要尽量均衡答案被保留的子树和不被保存的子树的大小
这是不是就很像树链剖分划分轻重儿子了呢？
人工图解
因为窝太蒻了一开始没怎么理解它，所以有了图解这个环节23333。
- 比如现在有一个已经剖好的树（粗边为重边，带红点的是重儿子）：
- 首先，我们先一直跳轻儿子跳到这个位置：
- 记录它的答案，并撤销影响，一直往轻儿子上跳
- 然后发现下一步只能跳到一个重儿子上，就记录他的答案并保存（下文图中被染色的点即为目前保存了答案的点）
- 接着回溯到父节点上，往下计算答案
- 因为重儿子保存了答案被标记，往下暴力计算的时候只会经过轻边及轻儿子（即\(6 \rightarrow 12\)这条边和\(12\)号节点）
-
同理，\(2\)号点也可进行类似操作，因为它的重儿子\(6\)号节点已保存了这颗子树的答案，只需上传即可，
不用再从\(6\)这个位置再往下走统计答案，唯一会暴力统计答案的只有它的轻儿子\(5\)号节点
- 然后继续处理根节点另一个轻儿子\(3\)，一直到叶子节点收集信息
- 最后，对根节点的重儿子进行统计，如图，先对箭头所指的两个轻儿子进行计算
- 接着对每一个重儿子不断保存答案，对轻儿子则暴力统计信息，将答案不断上传
- 然后，对于根节点的处理同上即可
大致代码：
inline void calc(int x,int fa,int val)
{
......................
/*
针对不同的问题
采取各种操作
*/
for(rg int i=0;i<(int)G[x].size();++i)
{
int v=G[x][i];
if(vis[v] || v==fa) continue;
calc(v,x,val);
}
}
inline void dfs(int x,int fa,int keep)//keep表示当前是否为重儿子
{
for(int i=0;i<(int)G[x].size();++i)
{
int v=G[x][i].v;
if(v==fa || v==son[x]) continue;
dfs(v,x,0);
}
if(son[x]) dfs(son[x],x,1),vis[son[x]]=true;//标记重儿子
calc(x,fa,1);vis[son[x]]=false;//计算贡献
ans[x]=....;//记录答案
if(!keep) calc(x,fa,-1);//不是重儿子，撤销其影响
}
如果是维护路径上的信息，大概还可以这么写：（如果有错，请大佬指出）
ps：关于\(\text{dsu on tree}\)对路径上信息进行维护的精彩应用，可以看最后\(3\)道例题
inline void dfs(int x,int fa)
{
siz[x]=1,dep[x]=dep[fa]+1,nid[rev[x]=++idx]=x;
//再次借助树剖的思想，子树内节点顺序转为线性
for(rg int i=0;i<(int)G[x].size();++i)
{
int v=G[x][i].v,w=G[x][i].w;
if(v==fa) continue;
dfs(v,x),siz[x]+=siz[v];
if(!son[x] || siz[v]>siz[son[x]]) son[x]=v;
}
}
inline void calc(int x,int val)
{//对x这一节点进行单独处理
if(val>0) //计算贡献
else //撤销影响
}
inline void dfs2(int x,int fa,int keep)
{
for(rg int i=0;i<(int)G[x].size();++i)
{
int v=G[x][i].v;
if(v==fa || v==son[x]) continue;
dfs2(v,x,0);
}
if(son[x]) dfs2(son[x],x,1);
for(rg int i=0;i<(int)G[x].size();++i)
{
int v=G[x][i].v;
if(v==fa || v==son[x]) continue;
for(rg int j=0;j<siz[v];++j)
{
int vv=nid[rev[v]+j];
..........
//更新答案
}
for(rg int j=0;j<siz[v];++j) calc(nid[rev[v]+j],1);
}
calc(x,1);
..........//更新答案
if(!keep) for(rg int i=0;i<siz[x];++i) calc(nid[rev[x]+i],-1);
}
复杂度证明
不感兴趣的大佬可以跳过这一段。（蒟蒻自己乱\(yy\)的证明，如果有错请大佬指出）
-
显然，根据上面的图解，一个点只有在它到根节点的路径上遇到一条轻边的时候，自己的信息才会被祖先节点暴力统计一遍
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而根据树剖相关理论，每个点到根的路径上有\(logn\)条轻边和\(logn\)条重链
-
即一个点的信息只会上传\(logn\)次
-
如果一个点的信息修改是\(O(1)\)的，那么总复杂度就是\(O(nlogn)\)
几道可爱的例题
例题\(1\)：$$\color{#66ccff}{\texttt{-> 树上数颜色 <-}}$$
此题来自洛咕日报第\(65\)篇作者\(\text{codesonic}\)。
-
我们可以维护一个全局数组\(cnt\)，代表正在被计算的子树的每种颜色的数量
-
每次计算子树贡献的时候，把节点信息往里面加就行了，如果一个颜色第一次出现，则颜色种类数\(top++\)
-
对于需要撤销影响的子树，把信息从里面丢出来即可，如果被删除的颜色只有这一个，则颜色种类数\(top--\)
\(Code\)
例题\(2\)：$$\color{#66ccff}{\texttt{-> CF600E Lomsat gelral <-}}$$
公认的\(\text{dsu on tree}\)模板题，相比于上题只是增加了对每种数量的颜色和的统计。
-
我们可以维护\(cnt\)数组，表示某个颜色出现的次数；再维护一个\(sum\)数组，表示当前子树出现了\(x\)次的颜色的编号和
-
对节点信息统计时，先把它在\(sum\)数组里的贡献删掉，更新了\(cnt\)数组后再添回去
-
然后别忘了开\(long \, long\)（
血的教训）
\(Code\)
应用篇/各种灵活运用
CF570D Tree Requests
$$\color{orange}{\texttt{-> 原题传送门 <-}}$$
窝太菜了，不会二进制优化，只会\(O(26*nlogn)\)
-
首先，因为要形成回文串、又可以对字符进行任意排列，所以最多只能有一种字母的出现次数为奇数
-
然后我们维护一个\(cnt\)数组，统计每个深度所有字母的出现次数:
cnt[dep[x]][s[x]-'a']+=val;
- 最后再\(check\)一下就好了
\(Code\)
CF246E Blood Cousins Return
$$\color{orange}{\texttt{-> 原题传送门 <-}}$$
-
首先用\(map\)把给的所有名字哈希成\(1\)到\(n\)的数字
-
题目就可以转化为求出每个深度有多少不同的数
-
同样，对每个深度开个\(set\)去重并统计
-
然后就是
套板子的事情了
\(Code\)
CF208E Blood Cousins
$$\color{orange}{\texttt{-> 原题传送门 <-}}$$
-
显然原问题可以转化为求该点的\(k\)级祖先有多少个\(k\)级儿子（如果没有\(k\)级祖先，答案就是0）
-
而一个点\(x\)的\(k\)级儿子即为在以\(x\)为根节点的子树中有多少点的\(dep\)为\(dep[x] + k\)
-
把所有询问读进来，求出相关的点的\(k\)级祖先（可以离线\(O(n)\)处理，也可以倍增\(O(nlogn)\)搞；如果时空限制比较紧，就采取前者吧)
-
然后因为是统计节点数，所以开一个普通的\(cnt\)数组维护即可。最后答案别忘了\(-1\)，因为算了自己
扔一个加强版的（\(N \le 10^6\)，\(128MB,1s\)）：\(\color{#66ccff}{\texttt{-> 传送门 <-}}\)
友情提醒：上面这道良心题不仅卡空间，还卡时间（如果你用dsu on tree）
\(Code\)
IOI2011 Race
$$\color{orange}{\texttt{-> 原题传送门 <-}}$$
点分治的题怎么能用点分治呢？而且这还是dsu on tree学习笔记
-
首先，这道题是对链的信息进行统计，就不能再像对子树的统计方法去搞♂了，所以需要一些奇技淫巧
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思路与点分治一样，对于每个节点\(x\)，统计经过\(x\)的路径的信息
-
注意到这道题链上的信息是可加减的，所以我们可以不保存\(x\)的子孙\(\rightarrow x\)的信息，而是保存每个节点到根节点的信息，在统计的时候在减去\(x \rightarrow\)根节点的信息
-
然后我们考虑如何统计，我们可以在每个节点维护一个桶\(cnt\)，记录从这个点\(x\)往下走的所有路径中，能形成的每种路径权值和以及其所需要的最少的边的数量：
-
对于\(v_{ij}\)，计算出其到\(x\)的距离\(dis\)及深度差\(d\)(可以看成路径上的节点数)，并用\(d\) \(+\) \(cnt[\)k−dis\(]\)来更新答案。
-
然后用刚才得到的\(dis\)对应的\(d\)来更新\(cnt[dis]\)的值。
-
这样就相当于，用每个\(v_{ij}\)到\(x\)的链，与之前桶中所保存某条链的路径权值和之和恰为\(k\)的拼成一条路径，并更新答案。然后，再把它也加入桶中
-
再套上\(\text{dsu on tree}\)的板子，每个节点保存它的重儿子的 桶的信息即可
虽然是\(O(nlog^2n)\)的，但常数小，咱不慌
但是窝太菜了，用\(map\)作桶不开\(O2\)会\(T \, 3\)个点（毕竟用了\(STL\)，还有两只\(log\)），有空再重写一遍233
貌似用\(unodered_{}map\)不开\(O2\)也卡得过去。。
\(Code\)
NOIP2016 天天爱跑步
$$\color{orange}{\texttt{-> 原题传送门 <-}}$$
- 首先，我们可以把\(S \Rightarrow T\)这条路径拆成\(S \rightarrow lca(S,T)\) 和 \(lca(S,T) \rightarrow T\)两段来考虑
-
考虑在第一段路径上一点\(u\)能观测到该玩家的条件是：\(dep[S] - dep[u] = w[u]\)
-
同理，在第二段路径上一点\(u\)能观测到该玩家的条件是：\(dep[T] - dep[u] = dis(S,T) - w[u]\)，即\(dep[S] - 2 \times dep[lca(S,T)] = w[u] - dep[u]\)
-
然后可以用差分的思想，对每个节点开两个桶\(up\)、\(down\)进行统计
-
在\(S\)的\(up\)中插入\(dep[S]\)
-
在\(T\)的\(down\)中插入\(dep[S] - 2 \times dep[lca(S,T)]\)
-
因为\(lca(S,T)\)会对\(S \rightarrow T\)和\(T \rightarrow S\)都进行统计，所以在其\(up\)中删除\(dep[S]\)
-
同理，在\(fa[lca(S,T)]\)的\(down\)中删除\(dep[S] - 2 \times dep[lca(S,T)]\)
-
然后用\(\text{dsu on tree}\)统计即可，答案为\(up[w[u]+dep[u]] + down[w[u] - dep[u]]\)
注意到\(w[u] - dep[u]\)可能小于零，为了避免负数下标、又不想套\(map\)，我们可以使用如下\(trick\)
int up[N],CNT[N<<1],*down=&CNT[N];
//把donw[0]指向CNT[N]，这样就可以给负数和正数都分配大小为N的空间
跑的虽然没有普通的差分快，不过吊打线段树合并还是绰绰有余的
\(Code\)
[Vani有约会]雨天的尾巴
$$\color{orange}{\texttt{-> 原题传送门 <-}}$$
跟天天爱跑步差不多，就不画图了（~懒）
-
同上题，用差分的思想，对每个节点的增加和删除开两个桶统计
-
同时，这题要维护每个点出现的最多物品的种类，直接开个线段树维护就好了
\(O(nlog^2n)\)，常数应该和树剖差不多，不过因为每个点都要进行增加删除两个操作，常数大了一倍，而且还用了线段树，所以\(\cdots\)
不过依然比部分线段树合并跑的快2333
\(Code\)
由以上三题，我们可以看出，在一定条件下，\(\text{dsu on tree}\)也是可以在链上搞♂事情的
比如\(Race\)满足链上信息可加减性，后两道题可以用差分将链上的修改/询问转化为点上的修改/询问
但\(\text{dsu on tree}\)可以应用的条件肯定不止以上两种，因为窝太蒻了，只见识了这些题，以后看到其他类型的也会补上来
射手座之日
$$\color{orange}{\texttt{-> 提交地址 <-}}$$
现在终于可以回过头来解决这个题了
留给大家思考吧，要代码的话可以私信我
虽然有很多大佬会线段树合并或虚树上\(dp\)秒切这道题，不过还是希望用\(dsu \; AC\)
参考资料/总结
参考资料
总结
以后还会不定期地添加\(\text{dsu on tree}\)的相关题目~
如果有需要，我会把最后那道题的代码贴出来
