[dsu on tree]【学习笔记】

十几天前看到zyf2000发过关于这个的题目的Blog， 今天终于去学习了一下
[Codeforces原文链接](http://codeforces.com/blog/entry/44351#comment-332425)

dsu on tree

简介

我也不清楚dsu是什么的英文缩写...

好吧是Disjoint Set Union 并查集2333

就像是树上的启发式合并

用到了\(heavy-light\ decomposition\)树链剖分

把轻边子树的信息合并到重链上的点里

因为每次都是先dfs轻儿子再dfs重儿子，只有重儿子子树的贡献保留，所以可以保证dfs到每颗子树时当前全局维护的信息不会有别的子树里的，和莫队很像

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算法过程

find the BigChild of each vertex
dfs(u, fa, keep)
    dfs(LightChild, u, 0)
    dfs(BigChild, u, 1), big[BigChild] = 1
    update(u, fa, 1) //calculate the contribution of u's LightChild's SubTree
    update the ans of u
    big[BigChild] = 0
    if keep == 0
        update(u, fa, -1) //remove the contributino of u's SubTree

update(u, fa, val)
    calculate u's information
    update(v : (u, v) and !big[v], u, val)

先递归计算轻儿子子树，递归结束时消除他们的贡献

再递归计算重儿子子树，保留他的贡献

再计算当前子树中所有轻子树的贡献

更新答案

如果当前子树是父节点的轻子树，消除当前子树的贡献

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复杂度分析

显然只有遇到轻边才会把自己的信息合并到父节点

树链剖分后每个点到根的路径上有\(logn\)条轻边和\(lgon\)条重链

一个点的信息只会向上合并\(logn\)次

如果一个点的信息修改是\(O(1)\)的，那么总复杂度就是\(O(nlogn)\)

从这里我们可以发现和对dfs序使用莫队有异曲同工之妙，莫队也要求修改的复杂度很低

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应用

1. 优秀的dfs序莫队替代品，复杂度\(\sqrt{n} \rightarrow logn\)
2. 结合点分治的思想可以做一些有根树上的路径统计问题

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模板题

CF600E. Lomsat gelral

题意：询问每颗子树中出现次数最多的颜色们编号和

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define pii pair<int, ll>
#define MP make_pair
#define fir first
#define sec second
const int N=1e5+5;
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, a[N];
struct edge{int v, ne;}e[N<<1];
int cnt, h[N];
inline void ins(int u, int v) {
	e[++cnt]=(edge){v, h[u]}; h[u]=cnt;
	e[++cnt]=(edge){u, h[v]}; h[v]=cnt;
}
int size[N], mx[N], big[N];
void dfs(int u, int fa) {
	size[u]=1;
	for(int i=h[u];i;i=e[i].ne)
		if(e[i].v != fa) {
			dfs(e[i].v, u);
			size[u] += size[e[i].v];
			if(size[e[i].v] > size[mx[u]]) mx[u] = e[i].v;
		}
}

int cou[N], Max; ll ans[N];
pii f[N];
void update(int u, int fa, int val) {
	int &c = cou[a[u]];
	f[c].fir --; f[c].sec -= a[u];
	c += val;
	f[c].fir ++; f[c].sec += a[u];
	if(val==1) Max = max(Max, c);
	else if(!f[Max].fir) Max--;

	for(int i=h[u];i;i=e[i].ne)
		if(e[i].v != fa && !big[e[i].v]) update(e[i].v, u, val);
}

void dfs(int u, int fa, int keep) {
	for(int i=h[u];i;i=e[i].ne)
		if(e[i].v != fa && e[i].v != mx[u]) dfs(e[i].v, u, 0);
	if(mx[u]) dfs(mx[u], u, 1), big[mx[u]] = 1;
	update(u, fa, 1);
	ans[u] = f[Max].sec;
	big[mx[u]] = 0;
	if(!keep) update(u, fa, -1);
}
int main() {
	//freopen("in","r",stdin);
	n=read();
	for(int i=1; i<=n; i++) a[i]=read();
	for(int i=1; i<n; i++) ins(read(), read());
	dfs(1, 0);
	dfs(1, 0, 1);
	for(int i=1; i<=n; i++) printf("%I64d ",ans[i]);
}

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