dsu on tree 树上启发式合并学习笔记

近几天跟着dreagonm大佬学习了$dsu\ on\ tree$，来总结一下：

$dsu\ on\ tree$，也就是树上启发式合并，是用来处理一类离线的树上询问问题（比如子树内的颜色种数）的不二法宝。它不仅好想好写，还有着$O(nlogn)$的优秀时间复杂度（划重点）。

结合一道例题来讲吧：

CF600E Lomsat gelral

题目大意：

一棵树有$n(n\leqslant 10^5)$个结点，每个结点都是一种颜色，每个颜色有一个编号，求树中每个子树的最多的颜色编号的和，对于每个结点都输出答案。

首先我们考虑暴力怎么做：首先$dfs$每一个结点，用一个$cnt$数组，记录在当前子树中各个颜色出现的次数，遍历子树并更新$cnt$数组和答案，最后清空数组。

这样的复杂度是$O(n^2)$的，显然过不去。仔细想一下上面暴力的过程，我们会发现其实在清除的时候，最后一棵子树是没必要清的，我们可以把它对$cnt$数组的贡献一直传上去。于是我们想到了如果人为地使重儿子是最后一棵子树的话，岂不美哉。于是我们在$dfs$时最后访问重儿子就行了，然后复杂度就被优化到$O(nlogn)$了。

综上所述，代码大概会长成下面这样(Show me the code)：

void calc(int u, int fa, int k) //k的取值为1和-1,分别对应累加和清除
{
    cnt[color[u]] += k; //把当前结点的颜色累加到cnt中
    if(k > 0 && cnt[color[u]] >= maxcnt) //更新答案
    {
        if(cnt[color[u]] > maxcnt) sum = 0, maxcnt = cnt[color[u]];
        sum += color[u];
    }
    for(int i = 0, v; i < G[u].size(); ++i)
    {
        v = G[u][i];
        if(v == fa || vis[v]) continue; //vis标记表明v已经计算过了
        calc(v, u, k); //递归计算子节点
    }
}
void dfs2(int u, int fa, int keep) //keep为一表明当前结点在重儿子的子树中,需要保留答案
{
    for(int i = 0, v; i < G[u].size(); ++i)
    {
        v = G[u][i];
        if(v == fa || v == hson[u]) continue; //先访问轻儿子
        dfs2(v, u, 0);
    }
    if(hson[u]) dfs2(hson[u], u, 1), vis[hson[u]] = 1; //再访问重儿子,一定要打上vis标记
    calc(u, fa, 1); //累加答案
    ans[u] = sum;
    if(hson[u]) vis[hson[u]] = 0; //一定要清除标记
    if(!keep) calc(u, fa, -1), sum = maxcnt = 0; //清除答案
}

是不是很简单，再来看一道题：

CF570D Tree Requests

题目大意：

给定一个以$1$为根的$n$个节点的树，每个点上有一个字母($a-z$)，每个点的深度定义为该节点到$1$号节点路径上的点数.每次询问$a,b$查询以$a$为根的子树内深度为$b$的节点上的字母重新排列之后是否能构成回文串。

很明显是个树上启发式合并。显然，只要深度为$b$结点的所有颜色中，至多有一种的数量为奇数就可以构成回文串了。

直接上代码吧：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 500000
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
#define mp make_pair
#define are =
#define son G[u][i]
int idx(char c)
{
    return c-'a';
}
int n, m, w[N+5], cnt[N+5][26], sz[N+5], vis[N+5], d[N+5], hson[N+5], ans[N+5];
vector<int> G[N+5];
vector<pii> Q[N+5];
void dfs1(int u)
{
    sz[u] = 1;
    for(int i = 0, you; i < G[u].size(); ++i)
    {
        you are son;
        d[you] = d[u]+1;
        dfs1(you);
        sz[u] += sz[you];
        if(sz[you] > sz[hson[u]]) hson[u] = you;
    }
}
void calc(int u, int k)
{
    cnt[d[u]][w[u]] += k;
    for(int i = 0, you; i < G[u].size(); ++i)
    {
        you are son;
        if(vis[you]) continue;
        calc(you, k);
    }
}
void dfs2(int u, int keep)
{
    for(int i = 0, v; i < G[u].size(); ++i)
    {
        v = G[u][i];
        if(v == hson[u]) continue;
        dfs2(v, 0);
    }
    if(hson[u]) dfs2(hson[u], 1), vis[hson[u]] = 1;
    calc(u, 1);
    for(int i = 0, id, d, t; i < Q[u].size(); ++i)
    {
        id = Q[u][i].first, d = Q[u][i].second, t = 0;
        for(int j = 0; j < 26; ++j)
            if(cnt[d][j]&1) t++;
        ans[id] = t > 1 ? 0 : 1;
    }
    if(hson[u]) vis[hson[u]] = 0;
    if(!keep) calc(u, -1);
}
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 2, fff; i <= n; ++i) scanf("%d", &fff), G[fff].pb(i);
    char ccc;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> ccc, w[i] = idx(ccc);
    d[1] = 1;
    dfs1(1);
    for(int i = 1, x, y; i <= m; ++i) scanf("%d%d", &x, &y), Q[x].pb(mp(i, y));
    dfs2(1, 0);
    for(int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        if(ans[i]) printf("Yes\n");
        else printf("No\n");
    }
    return 0;
}