前言
一次模擬賽的\(T3\)：傳送門
只會\(O(n^2)\)的我就\(gg\)了，並且對於題解提供的\(\text{dsu on tree}\)的做法一臉懵逼。
看網上的其他大佬寫的筆記，我自己畫圖看了一天才看懂（我太蒻了），於是就有了這篇學習筆記。
概念篇/基礎運用
算法簡介
現在考慮這樣一類樹上統計問題：
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無修改操作，詢問允許離線
-
對子樹信息進行統計（鏈上的信息在某些條件下也可以統計）
樹上莫隊？點分治？
\(\text{dsu on tree}\)可以把它們吊起來打！
\(\text{dsu on tree}\)運用樹剖中的輕重鏈剖分，將輕邊子樹信息累加到重鏈上進行統計，擁有\(O(nlogn)\)的優秀復雜度，常數還賊TM小，你值得擁有！
//雖說是dsu on tree，但某個毒瘤@noip說這是靜態鏈分治
//還有其他的數據結構神du仙liu說它可以被看成是靜態的樹剖（因為其在樹上有強大的統計信息的能力，但不能支持修改操作），與正常的樹鏈剖分相對
//所以我同時保留這幾種說法，希望數據結構神du仙liu們不要噴我這個juruo
算法實現
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遍歷所有輕兒子，遞歸結束時消除它們的貢獻
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遍歷所有重兒子，保留它的貢獻
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再計算當前子樹中所有輕子樹的貢獻
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更新答案
-
如果當前點是輕兒子，消除當前子樹的貢獻
那么這里有人可能就要問了，為什么不保留求出的所有答案呢？這樣復雜度就更優了啊
如果這樣的話，當你處理完一顆子樹的信息時，再遞歸去求解另一顆子樹時，
已有的答案就會與當前子樹信息相混淆，就會產生錯誤答案。
所以，從這我們看出，一個節點只能選擇一個子節點來保留答案
其它的都要去暴力求解
那么選擇哪一個節點能使復雜度最優呢？
顯然，我們要盡量均衡答案被保留的子樹和不被保存的子樹的大小
這是不是就很像樹鏈剖分划分輕重兒子了呢？
人工圖解
因為窩太蒻了一開始沒怎么理解它，所以有了圖解這個環節23333。
- 比如現在有一個已經剖好的樹（粗邊為重邊，帶紅點的是重兒子）：
- 首先，我們先一直跳輕兒子跳到這個位置：
- 記錄它的答案，並撤銷影響，一直往輕兒子上跳
- 然后發現下一步只能跳到一個重兒子上，就記錄他的答案並保存（下文圖中被染色的點即為目前保存了答案的點）
- 接着回溯到父節點上，往下計算答案
- 因為重兒子保存了答案被標記，往下暴力計算的時候只會經過輕邊及輕兒子（即\(6 \rightarrow 12\)這條邊和\(12\)號節點）
-
同理，\(2\)號點也可進行類似操作，因為它的重兒子\(6\)號節點已保存了這顆子樹的答案，只需上傳即可，
不用再從\(6\)這個位置再往下走統計答案，唯一會暴力統計答案的只有它的輕兒子\(5\)號節點
- 然后繼續處理根節點另一個輕兒子\(3\)，一直到葉子節點收集信息
- 最后，對根節點的重兒子進行統計，如圖，先對箭頭所指的兩個輕兒子進行計算
- 接着對每一個重兒子不斷保存答案，對輕兒子則暴力統計信息，將答案不斷上傳
- 然后，對於根節點的處理同上即可
大致代碼：
inline void calc(int x,int fa,int val)
{
......................
/*
針對不同的問題
采取各種操作
*/
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表示當前是否為重兒子
{
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;//標記重兒子
calc(x,fa,1);vis[son[x]]=false;//計算貢獻
ans[x]=....;//記錄答案
if(!keep) calc(x,fa,-1);//不是重兒子，撤銷其影響
}
如果是維護路徑上的信息，大概還可以這么寫：（如果有錯，請大佬指出）
ps：關於\(\text{dsu on tree}\)對路徑上信息進行維護的精彩應用，可以看最后\(3\)道例題
inline void dfs(int x,int fa)
{
siz[x]=1,dep[x]=dep[fa]+1,nid[rev[x]=++idx]=x;
//再次借助樹剖的思想，子樹內節點順序轉為線性
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)
{//對x這一節點進行單獨處理
if(val>0) //計算貢獻
else //撤銷影響
}
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);
}
復雜度證明
不感興趣的大佬可以跳過這一段。（蒟蒻自己亂\(yy\)的證明，如果有錯請大佬指出）
-
顯然，根據上面的圖解，一個點只有在它到根節點的路徑上遇到一條輕邊的時候，自己的信息才會被祖先節點暴力統計一遍
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而根據樹剖相關理論，每個點到根的路徑上有\(logn\)條輕邊和\(logn\)條重鏈
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即一個點的信息只會上傳\(logn\)次
-
如果一個點的信息修改是\(O(1)\)的，那么總復雜度就是\(O(nlogn)\)
幾道可愛的例題
例題\(1\)：$$\color{#66ccff}{\texttt{-> 樹上數顏色 <-}}$$
此題來自洛咕日報第\(65\)篇作者\(\text{codesonic}\)。
-
我們可以維護一個全局數組\(cnt\)，代表正在被計算的子樹的每種顏色的數量
-
每次計算子樹貢獻的時候，把節點信息往里面加就行了，如果一個顏色第一次出現，則顏色種類數\(top++\)
-
對於需要撤銷影響的子樹，把信息從里面丟出來即可，如果被刪除的顏色只有這一個，則顏色種類數\(top--\)
\(Code\)
例題\(2\)：$$\color{#66ccff}{\texttt{-> CF600E Lomsat gelral <-}}$$
公認的\(\text{dsu on tree}\)模板題，相比於上題只是增加了對每種數量的顏色和的統計。
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我們可以維護\(cnt\)數組，表示某個顏色出現的次數；再維護一個\(sum\)數組，表示當前子樹出現了\(x\)次的顏色的編號和
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對節點信息統計時，先把它在\(sum\)數組里的貢獻刪掉，更新了\(cnt\)數組后再添回去
-
然后別忘了開\(long \, long\)（
血的教訓）
\(Code\)
應用篇/各種靈活運用
CF570D Tree Requests
$$\color{orange}{\texttt{-> 原題傳送門 <-}}$$
窩太菜了，不會二進制優化，只會\(O(26*nlogn)\)
-
首先，因為要形成回文串、又可以對字符進行任意排列，所以最多只能有一種字母的出現次數為奇數
-
然后我們維護一個\(cnt\)數組，統計每個深度所有字母的出現次數:
cnt[dep[x]][s[x]-'a']+=val;
- 最后再\(check\)一下就好了
\(Code\)
CF246E Blood Cousins Return
$$\color{orange}{\texttt{-> 原題傳送門 <-}}$$
-
首先用\(map\)把給的所有名字哈希成\(1\)到\(n\)的數字
-
題目就可以轉化為求出每個深度有多少不同的數
-
同樣，對每個深度開個\(set\)去重並統計
-
然后就是
套板子的事情了
\(Code\)
CF208E Blood Cousins
$$\color{orange}{\texttt{-> 原題傳送門 <-}}$$
-
顯然原問題可以轉化為求該點的\(k\)級祖先有多少個\(k\)級兒子（如果沒有\(k\)級祖先，答案就是0）
-
而一個點\(x\)的\(k\)級兒子即為在以\(x\)為根節點的子樹中有多少點的\(dep\)為\(dep[x] + k\)
-
把所有詢問讀進來，求出相關的點的\(k\)級祖先（可以離線\(O(n)\)處理，也可以倍增\(O(nlogn)\)搞；如果時空限制比較緊，就采取前者吧)
-
然后因為是統計節點數，所以開一個普通的\(cnt\)數組維護即可。最后答案別忘了\(-1\)，因為算了自己
扔一個加強版的（\(N \le 10^6\)，\(128MB,1s\)）：\(\color{#66ccff}{\texttt{-> 傳送門 <-}}\)
友情提醒：上面這道良心題不僅卡空間，還卡時間（如果你用dsu on tree）
\(Code\)
IOI2011 Race
$$\color{orange}{\texttt{-> 原題傳送門 <-}}$$
點分治的題怎么能用點分治呢？而且這還是dsu on tree學習筆記
-
首先，這道題是對鏈的信息進行統計，就不能再像對子樹的統計方法去搞♂了，所以需要一些奇技淫巧
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思路與點分治一樣，對於每個節點\(x\)，統計經過\(x\)的路徑的信息
-
注意到這道題鏈上的信息是可加減的，所以我們可以不保存\(x\)的子孫\(\rightarrow x\)的信息，而是保存每個節點到根節點的信息，在統計的時候在減去\(x \rightarrow\)根節點的信息
-
然后我們考慮如何統計，我們可以在每個節點維護一個桶\(cnt\)，記錄從這個點\(x\)往下走的所有路徑中，能形成的每種路徑權值和以及其所需要的最少的邊的數量：
-
對於\(v_{ij}\)，計算出其到\(x\)的距離\(dis\)及深度差\(d\)(可以看成路徑上的節點數)，並用\(d\) \(+\) \(cnt[\)k−dis\(]\)來更新答案。
-
然后用剛才得到的\(dis\)對應的\(d\)來更新\(cnt[dis]\)的值。
-
這樣就相當於，用每個\(v_{ij}\)到\(x\)的鏈，與之前桶中所保存某條鏈的路徑權值和之和恰為\(k\)的拼成一條路徑，並更新答案。然后，再把它也加入桶中
-
再套上\(\text{dsu on tree}\)的板子，每個節點保存它的重兒子的 桶的信息即可
雖然是\(O(nlog^2n)\)的，但常數小，咱不慌
但是窩太菜了，用\(map\)作桶不開\(O2\)會\(T \, 3\)個點（畢竟用了\(STL\)，還有兩只\(log\)），有空再重寫一遍233
貌似用\(unodered_{}map\)不開\(O2\)也卡得過去。。
\(Code\)
NOIP2016 天天愛跑步
$$\color{orange}{\texttt{-> 原題傳送門 <-}}$$
- 首先，我們可以把\(S \Rightarrow T\)這條路徑拆成\(S \rightarrow lca(S,T)\) 和 \(lca(S,T) \rightarrow T\)兩段來考慮
-
考慮在第一段路徑上一點\(u\)能觀測到該玩家的條件是：\(dep[S] - dep[u] = w[u]\)
-
同理，在第二段路徑上一點\(u\)能觀測到該玩家的條件是：\(dep[T] - dep[u] = dis(S,T) - w[u]\)，即\(dep[S] - 2 \times dep[lca(S,T)] = w[u] - dep[u]\)
-
然后可以用差分的思想，對每個節點開兩個桶\(up\)、\(down\)進行統計
-
在\(S\)的\(up\)中插入\(dep[S]\)
-
在\(T\)的\(down\)中插入\(dep[S] - 2 \times dep[lca(S,T)]\)
-
因為\(lca(S,T)\)會對\(S \rightarrow T\)和\(T \rightarrow S\)都進行統計，所以在其\(up\)中刪除\(dep[S]\)
-
同理，在\(fa[lca(S,T)]\)的\(down\)中刪除\(dep[S] - 2 \times dep[lca(S,T)]\)
-
然后用\(\text{dsu on tree}\)統計即可，答案為\(up[w[u]+dep[u]] + down[w[u] - dep[u]]\)
注意到\(w[u] - dep[u]\)可能小於零，為了避免負數下標、又不想套\(map\)，我們可以使用如下\(trick\)
int up[N],CNT[N<<1],*down=&CNT[N];
//把donw[0]指向CNT[N]，這樣就可以給負數和正數都分配大小為N的空間
跑的雖然沒有普通的差分快，不過吊打線段樹合並還是綽綽有余的
\(Code\)
[Vani有約會]雨天的尾巴
$$\color{orange}{\texttt{-> 原題傳送門 <-}}$$
跟天天愛跑步差不多，就不畫圖了（~懶）
-
同上題，用差分的思想，對每個節點的增加和刪除開兩個桶統計
-
同時，這題要維護每個點出現的最多物品的種類，直接開個線段樹維護就好了
\(O(nlog^2n)\)，常數應該和樹剖差不多，不過因為每個點都要進行增加刪除兩個操作，常數大了一倍，而且還用了線段樹，所以\(\cdots\)
不過依然比部分線段樹合並跑的快2333
\(Code\)
由以上三題，我們可以看出，在一定條件下，\(\text{dsu on tree}\)也是可以在鏈上搞♂事情的
比如\(Race\)滿足鏈上信息可加減性，后兩道題可以用差分將鏈上的修改/詢問轉化為點上的修改/詢問
但\(\text{dsu on tree}\)可以應用的條件肯定不止以上兩種，因為窩太蒻了，只見識了這些題，以后看到其他類型的也會補上來
射手座之日
$$\color{orange}{\texttt{-> 提交地址 <-}}$$
現在終於可以回過頭來解決這個題了
留給大家思考吧，要代碼的話可以私信我
雖然有很多大佬會線段樹合並或虛樹上\(dp\)秒切這道題，不過還是希望用\(dsu \; AC\)
參考資料/總結
參考資料
總結
以后還會不定期地添加\(\text{dsu on tree}\)的相關題目~
如果有需要，我會把最后那道題的代碼貼出來