【题解/学习笔记】HZOI 大根堆 &&P4577 [FJOI2018] 领导集团问题 线段树合并思想+set优化
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好题。
线段树合并。
set最优解。
题目描述
给定一棵n个节点的有根树，编号依次为1到n，其中1号点为根节点。每个点有一个权值v_i。
你需要将这棵树转化成一个大根堆。确切地说，你需要选择尽可能多的节点，满足大根堆的性质：对于任意两个点i,j，如果i在树上是j的祖先，那么v_i>v_j。
请计算可选的最多的点数，注意这些点不必形成这棵树的一个连通子树。
输入格式
第一行包含一个正整数n(1<=n<=200000)，表示节点的个数。
接下来n行，每行两个整数v_i,p_i(0<=v_i<=10^9,1<=p_i<i,p_1=0)，表示每个节点的权值与父亲。
输出格式
输出一行一个正整数，即最多的点数。
样例
样例输入
6
3 0
1 1
2 1
3 1
4 1
5 1
样例输出
5
私货：
摆了，有时间在详细写。
思路历程(建议跳过太乱了）：
1.最开始想最暴力的方法，我先把树建出来，然后对每一个点固定为树根，我暴力搜它的子树，pushup再pushup，存进去我的数组，赢！
今天你赢赢赢，明天我输光光
但是专题的名字叫线段树合并啊
2.或许dp可以解决这个问题，我还是固定一个点作为树根，但是我用\(f_u,_i\)表示以u为树根的子树里的节点权值小于i的个数。\(i\)<=\(v_u\).
我们用\(size_u\)表示u的子节点大小。
就有了转移方程：
ok现在我们得到了转移方程，（感\(K_8He\)老师的博客对这个fw的大力支持）
\(1....\)\(f_u,_i=\sum\limits_{size_u}^{}\) \(f_u,_i\) , \(i<=v_u\)
\(2....\)\(f_u,_i=max(\sum\limits_{size_u}^{}f_u,_i,\sum\limits_{size_u}^{}\) \(f_u,_{i+1}\)-1) , \(i>=v_u\)
贴贴（链接）
ps：没有贴错人也没有贴错题，详见下（）
再贴
代码实现：
嗯我刚刚去学习了一下（）
如果说我们将一棵树转换为一条链。
那么我们求的不就是LIS吗（最长上升子序列）
LIS的做法一般我们都是使\(f_i\)表示以i结尾的子序列的长度，初始值为1，看看能否更新，可以的话++
int count(){
int ans=0; //记录答案
for(int i=1;i<=N;++i){
f[i]=1;
for(int j=1;j<i;++j){
if(num[i]>num[j]){ //递增
if(f[i]<f[j]+1){ //能够更新
f[i]=f[j]+1;
save[i]=j; //记录路径,i由j走来
}
}
}
ans=max(ans,f[i]);
}
return ans;
}
如何维护它？
我没想到，但有人想到了set:
首先介绍一下multiset和set的区别
1.set 内部元素不能重复，而 multiset 允许元素重复。
2.multiset 支持插入、删除和查找操作的平均时间复杂度均为 O(log n)，而 set 只支持插入和查找操作的平均时间复杂度为 O(log n)，删除操作的平均时间复杂度为 O(1)。
3.使用 multiset 时可以保存重复元素，但需要注意如果要删除某个元素，只能删除 multiset 中所有相同元素中任意一个，而不能只删其中的一些。
相同处：
都是有序排序且都是升序
通常情况下，如果不需要保存重复元素，优先使用 set，因为 set 的查找操作更快；如果需要保存重复元素，或者需要使用 multiset 特有的功能（如保留相同元素），则使用 multiset。
那么这道题一定应该使用multiset了。
multiset<int>f[maxn]; //f[i]用于保存当前节点i所对应的线段树的所有节点的权值
那么我们在dfs中将所有x的子树节点都放入f[x]，并且只保存不大于x节点权值的节点不就好了吗？
tips：
\(f_i\).size()表示节点i的集合大小（包括自己），可以用来找出父节点。
swap(\(f_i\),\(f_j\))表示交换两个set容器
\(f_i\).lower_bound(key_value) ，返回\(f_i\)中第一个大于等于key_value的迭代器
\(f_i\).erase(iterator),删除定位器iterator指向的值
\(f_i\).begin()返回\(f_i\)中第一个元素的迭代器
\(f_i\).end()返回最后一个元素的迭代器
更多：科技--set
for(int i=head[now];i;i=e[i].next_){
int to=e[i].v;
if(to==fa) continue;
dfs(to,now);
if(f[now].size()<f[to].size()) swap(f[now],f[to]); //父结点的区间一定比子节点区间大
for(int j:f[to]){ //直接遍历，此时j就是元素而不是迭代器
f[now].insert(j);
//将子节点合并到父亲节点上去
//对于int j:f[to] 以及另一种写法 *j和set<int>::iterator的解释见下
}
}
if(f[now].size()>0&&f[now].lower_bound(v[now])!=f[now].end())
//如果子节点权值没有大于父亲节点的，那么根据set的单调性，父亲节点的权值对应的地址应该等于最后一个元素
f[now].erase(f[now].lower_bound(v[now]));
//否则删去
//需要注意，f[now]此时里面没有当前节点的权值，
//所以应该删除第一个大于当前节点权值的数，迭代器不用变
/*关于为什么应该使用if而不能不能使用while：
我能够理解为什么会认为是while，因为我们担心小于父亲节点的点没有删尽
但是当使用 while 循环删除 multiset 中所有小于当前节点权值的元素时，
由于删除后可能会改变迭代器的指向，
因此在遍历 multiset 的过程中会出现一些问题。
具体来说，当使用迭代器遍历 multiset 时，
迭代器指向 multiset 中的某个元素，如果在这个元素之前删除了其他元素，
那么这个迭代器就不再有效，再使用它会出错。
为了解决这个问题，我们可以使用 if 判断语句来替换 while 循环，
只需要删除一个小于当前节点权值的元素即可。
因为对于同一颗子树中的所有节点，
它们都会执行这个删除操作，所以最终答案是正确的。
*/
f[now].insert(v[now]);
//我们最初f里什么都没有,以上语句都是回溯执行的，也就是说我们会一路走到黑先走到叶子节点
//然后将叶子节点的权值放进去
}
至于这道题和线段树合并有什么关系呢……？
其实这是直接用set优化后的，以下代码就运用了线段树合并的思想或者说就是线段树合并。
见代码.
if(f[now].size()<f[to].size()) swap(f[now],f[to]);
for(int j:f[to]){
f[now].insert(j);
}
好了我来解释一下迭代器，会的可以跳过：
我对迭代器的理解并不深刻，只是认为类似于指针，有会的大佬可以评论。
/*`set<int>::iterator` 表示 `set<int>` 类型的迭代器，
用于遍历 `set` 中的元素。具体来说，
它是一个指向 `set<int>` 中元素的指针，
可以通过迭代器访问 `set<int>` 中的元素，
并能够进行迭代器运算，如自增等操作。
例如，对于一个 `set<int> s`，要遍历其中的元素，
可以使用 `set<int>::iterator it` 定义迭代器，
然后使用 `begin()` 和 `end()` 函数获取 `set` 中第一个元素和尾后元素的迭代器,
再通过循环遍历 `set` 中的所有元素，示例代码如下：*/
set<int>::iterator it;
for (it = s.begin(); it != s.end(); ++it) {
cout << *it << " ";
}
/*上述代码中，`it` 是 `set<int>` 的迭代器，
`s.begin()` 和 `s.end()` 分别返回 `set<int>` 的第一个元素和尾后元素的迭代器，
`*it` 则是获取当前迭代器指向的元素的值。*/
针对题目中代码
for(int j:f[to]){
f[now].insert(j);
}
//----------------------------------//
for(set<int>::iterator j=f[to].begin();j!=f[to].end();++j){
f[now].insert(*j);
}
是等价的。
最后我们输出就完力！
printf("%d\n",f[1].size());
完整代码
Miku's Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+50;
int n,v[maxn],p[maxn];
int head[maxn],t;
struct edge{
int u,v;
int next_;
};edge e[maxn<<1];
void add_edge(int u,int v){
e[++t].u=u;
e[t].v=v;
e[t].next_=head[u];
head[u]=t;
}
multiset<int>f[maxn]; //f[i]用于保存当前节点i的所有节点的权值
void input(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d%d",&v[i],&p[i]);
if(i!=1){
add_edge(i,p[i]);
add_edge(p[i],i);
}
}
}
void dfs(int now,int fa){
for(int i=head[now];i;i=e[i].next_){
int to=e[i].v;
if(to==fa) continue;
dfs(to,now);
if(f[now].size()<f[to].size()) swap(f[now],f[to]);
for(set<int>::iterator j=f[to].begin();j!=f[to].end();++j){
f[now].insert(*j);
}
f[to].clear();
}
while(f[now].size()>0&&f[now].lower_bound(v[now])!=f[now].end())
f[now].erase(f[now].lower_bound(v[now]));
f[now].insert(v[now]);
}
int main(){
input();
dfs(1,0);
printf("%d\n",f[1].size());
return 0;
}
类似题目
题目链接
[FJOI2018] 领导集团问题
题目描述
一个公司的组织领导架构可以用一棵领导树来表示。公司的每个成员对应于树中一个结点 \(v_i\)，且每个成员都有响应的级别 \(w_i\)。越高层的领导，其级别值 \(w_i\) 越小。树中任何两个结点之间有边相连，则表示与结点相应的两个成员属于同一部门。领导集团问题就是根据公司的领导树确定公司的最大部门。换句话说，也就是在领导树中寻找最大的部门结点子集，使得的结点 \(v_i\) 和 \(v_j\)，如果 \(v_i\) 是 \(v_j\) 的子孙结点，则 \(w_i \ge w_j\)。
编程任务：对于任意对于给定的领导树，计算出领导树中最大的部门结点子集。
输入格式
第一行有一个正整数 \(n\)，表示领导树的结点数。
接下来的一行中有 \(n\) 个整数。第 \(i\) 个数表示 \(w_i\)。
再接下来的 \(n-1\) 行中，第 \(i\) 行有一个整数 \(v_i\) 表示 \(v_i\) 是 \(i+1\) 的双亲结点。
输出格式
输出找到的最大的部门的成员数。
样例 #1
样例输入 #1
6
2 5 1 3 5 4
1
1
2
2
4
样例输出 #1
4
提示
对于 \(10\%\) 的数据，\(n\le 20\)；
对于 \(40\%\) 的数据，\(n\le 2000\)；
对于 \(100\%\) 的数据，\(1\le n\le 2\times 10 ^ 5\)，\(0 < w_i \le 10 ^ 9\)。
点击查看Miku的小提示
1.与上一道题不同，这一道题要查小根堆，那么我们查到的迭代器f[now].lower_bound(w[now])还是不等于f[now].end()就不合法吗？
2.与上一道题不同，我们查到的迭代器不用变，是因为v[now]当时没在f[]容器里，现在是小根堆了，v[now]还是不在在f[]容器里，那么迭代器还不用变吗？
Miku's Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e6+50;
int n,v[maxn],w[maxn];
int head[maxn],t;
struct edge{
int u,v;
int next_;
};edge e[maxn<<1];
void add_edge(int u,int v){
e[++t].u=u;
e[t].v=v;
e[t].next_=head[u];
head[u]=t;
}
multiset<int>f[maxn];
void input(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&w[i]);
}
for(int i=2;i<=n;++i){
scanf("%d",&v[i]);
add_edge(i,v[i]);
add_edge(v[i],i);
}
}
void dfs(int now,int fa){
for(int i=head[now];i;i=e[i].next_){
int to=e[i].v;
if(to==fa) continue;
dfs(to,now);
if(f[now].size()<f[to].size()) swap(f[now],f[to]);
for(int j:f[to]){
f[now].insert(j);
}
f[to].clear();
}
multiset<int> :: iterator it=f[now].lower_bound(w[now]);
if(f[now].size()>0&&it!=f[now].begin()){
--it;
f[now].erase(it);
}
f[now].insert(w[now]);
}
int main(){
input();
dfs(1,0);
printf("%d\n",f[1].size());
return 0;
}
