dsu on tree学习笔记

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：

• 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

• CF一位大神的blog

• Melantha的blog

• ctz＇s blog

• candy?的blog

• zlttttt的blog

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