先瞎扯幾句
說起來我跟這個算法好像還有很深的淵源呢qwq。當時在學業水平考試的考場上，題目都做完了不會做，於是開始xjb出題。突然我想到這么一個題
看起來好像很可做的樣子，然而直到考試完我都只想出來一個莫隊的暴力。當時我想知道有沒有比莫隊更優的做法，和zbq討論了半天也只能搞出一個$O(nlog^2n)$的平衡樹啟發式合並
然后！！我就把這題出給校內互測了！！沒錯，當時是用莫隊當的標算！
結果！mjt用一個假的$O(n)$算法艹過去了因為數據特別水
后來我打算把這題出給另一場比賽，結果到了前一天晚上造數據的時候我發現不太對，然后把mjt的算法hack了。
去UOJ群里一問才知道這玩意兒是個dsu on tree的sb題。
當時我就這個表情
自己還是太年輕啊%>_<%
好了好了，來講算法吧
Dsu on tree
簡介
dsu on tree跟dsu(並查集)是沒啥關系，可能是借用了一波啟發式合並的思想？？
它是用來解決一類樹上詢問問題，一般這種問題有兩個特征
1、只有對子樹的詢問
2、沒有修改
一般這時候就可以強上dsu on tree了
update：可能特征1不會很顯然，就是說題目中不一定明確的問你子樹$i$的答案，可能是把問題轉化后需要算子樹$i$的答案
算法流程
考慮暴力怎么寫：遍歷每個節點—把子樹中的所有顏色暴力統計出來更新答案—消除該節點的貢獻—繼續遞歸
這肯定是$O(n^2)$的。
dsu on tree巧妙的利用了輕重鏈剖分的性質，把復雜度降到了$O(nlogn)$
啥啥啥？你不知道啥叫輕重鏈剖分？
一句話：對於樹上的一個點，與其相連的邊中，連向的節點子樹大小最大的邊叫做重邊，其他的邊叫輕邊
dsu on tree的算法流程是這樣的：
對於節點$i$：
- 遍歷每一個節點
- 遞歸解決所有的輕兒子，同時消除遞歸產生的影響
- 遞歸重兒子，不消除遞歸的影響
- 統計所有輕兒子對答案的影響
- 更新該節點的答案
- 刪除所有輕兒子對答案的影響
主體框架長這樣
可能你先在會想：為什么都是暴力統計答案？這樣復雜度不是$O(n^2)$的么？
那簡單的來證一下這東西的復雜度
復雜度
性質：一個節點到根的路徑上輕邊個數不會超過$logn$條
證明：
設根到該節點有$x$條輕邊，該節點的大小為$y$，根據輕重邊的定義，輕邊所連向的點的大小不會成為該節點總大小的一般。
這樣每經過一條輕邊，$y$的上限就會$ / 2$，因此$y < \frac{n}{2^x}$
因為$n > 2^x$，所以$x < logn$
然而這條性質並不能解決問題。
我們考慮一個點會被訪問多少次
一個點被訪問到，只有兩種情況
1、在暴力統計輕邊的時候訪問到。
根據前面的性質，該次數$< logn$
2、通過重邊 / 在遍歷的時候被訪問到
顯然只有一次
如果統計一個點的貢獻的復雜度為$O(1)$的話，該算法的復雜度為$O(nlogn)$
模板題
題意：給出一個樹，求出每個節點的子樹中出現次數最多的顏色的編號和
dsu on tree的模板題，暴力統計即可
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long using namespace std; const int MAXN = 1e5 + 10; inline int read() { char c = getchar(); int x = 0, f = 1; while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();} while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); return x * f; } int N, col[MAXN], son[MAXN], siz[MAXN], cnt[MAXN], Mx, Son; LL sum = 0, ans[MAXN]; vector<int> v[MAXN]; void dfs(int x, int fa) { siz[x] = 1; for(int i = 0; i < v[x].size(); i++) { int to = v[x][i]; if(to == fa) continue; dfs(to, x); siz[x] += siz[to]; if(siz[to] > siz[son[x]]) son[x] = to;//輕重鏈剖分 } } void add(int x, int fa, int val) { cnt[col[x]] += val;//這里可能會因題目而異 if(cnt[col[x]] > Mx) Mx = cnt[col[x]], sum = col[x]; else if(cnt[col[x]] == Mx) sum += (LL)col[x]; for(int i = 0; i < v[x].size(); i++) { int to = v[x][i]; if(to == fa || to == Son) continue; add(to, x, val); } } void dfs2(int x, int fa, int opt) { for(int i = 0; i < v[x].size(); i++) { int to = v[x][i]; if(to == fa) continue; if(to != son[x]) dfs2(to, x, 0);//暴力統計輕邊的貢獻，opt = 0表示遞歸完成后消除對該點的影響 } if(son[x]) dfs2(son[x], x, 1), Son = son[x];//統計重兒子的貢獻，不消除影響 add(x, fa, 1); Son = 0;//暴力統計所有輕兒子的貢獻 ans[x] = sum;//更新答案 if(!opt) add(x, fa, -1), sum = 0, Mx = 0;//如果需要刪除貢獻的話就刪掉 } int main() { N = read(); for(int i = 1; i <= N; i++) col[i] = read(); for(int i = 1; i <= N - 1; i++) { int x = read(), y = read(); v[x].push_back(y); v[y].push_back(x); } dfs(1, 0); dfs2(1, 0, 0); for(int i = 1; i <= N; i++) printf("%I64d ", ans[i]); return 0; }
一道比較有意思的題
不知道老師從哪兒弄的。。。
我的題解：https://www.cnblogs.com/zwfymqz/p/9687296.html
官方題解：
參考資料
[Codeforces600E]Lomsat gelral（dsu on the tree）