1. 技术文章
  2. dsu on tree学习笔记

dsu on tree学习笔记

由 [亡魂溺海] 提交于 2020-12-04 08:02:34

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

  • 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

  • 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

  • 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：

$Code$

  • 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

标签
nlog
c++
易学教程内所有资源均来自网络或用户发布的内容，如有违反法律规定的内容欢迎反馈！
该文章没有解决你所遇到的问题?点击提问,说说你的问题,让更多的人一起探讨吧!