树上启发式合并学习笔记

引入

考虑这样一类允许离线的树上问题：
对于一棵静态有根树上的所有点，维护有关节点子树的某些信息（如：统计子树内颜色种类数、出现次数最多的颜色、路径异或和、满足某种条件的点对数量等），且这些信息可以通过合并子树信息得到。

显然暴力可以每次遍历每个节点的子树中的所有节点统计答案，但是这样做的复杂度显然就至少是 $O(n^2)$ （“至少”是因为可能合并答案不是 $O(1)$ 的）。于是考虑不在遍历，每个节点的时候都清空数据，而是在统计节点 $u$ 的答案时直接从某个儿子 $v$ 的答案合并而来。

树上启发式合并

算法流程

沿用树剖定义：

• 重子节点 $\&$ 轻子节点：一个节点的子节点中子树最大的那个称为重子节点，如果有多个子树大小一样的取其一（如果是叶子节点的话重子节点默认为 $0$）。轻子节点是非重子节点的所有其他节点
• 重边 $\&$ 轻边：重边是从重子节点到父节点的边，轻边是除重边以外的所有边
• 重链：由重边首尾相接的链是重链，有时候为了便于理解把是轻子节点的叶子也视为重链。

首先一遍 dfs 求出重儿子，代码如下：

void dfs(int u,int fa){
	siz[u] = 1;
	for(auto v: g[u]){
		if(v == fa) continue;
		dfs(v,u),siz[u] += siz[v];
		if(siz[v] > siz[son[u]]) son[u] = v;//记录重儿子
	}
}

然后进入树上启发式合并（dsu on tree）

先遍历 $u$ 的轻儿子，计算答案，但不保留它对当前答案（状态）的影响。
然后遍历它的重儿子，保留它对当前答案的影响。
最后再次遍历 $u$ 的轻儿子的子树，加入这些子树的贡献，得到 $u$ 的答案。

核心代码如下：

void work(int u,int fa){
	ins(u);//加入节点 u
	for(auto v : g[u]){
		if(v == fa) continue;
		work(v,u);
    }
}
void dsu(int u,int fa){
	if(!son[u]){
		ins(u),/*do something*/;//u 是叶子结点，直接加入并统计答案
		return;
	}
	for(auto v : g[u]){
		if(v == fa || v == son[u]) continue;
		dsu(v,u);
		init();//清空当前答案
	}
	dsu(son[u],u);//保留重儿子的答案
	for(auto v : g[u]){
		if(v == fa || v == son[u]) continue;
		work(v,u);//加入其他子树答案
	}
	ins(u),/*do something*/;//加入 u 并统计答案
}

时间复杂度

注意到，对任意一个结点 $u$，它在 dsu 中被暴力插入/删除的充要条件是：$u$ 所在的这条到根的路径上，至少有一条轻边被展开。换句话说，只有在 $u$ 的某个祖先 $p$ 满足 $p$ 的轻儿子分支包含了 $u$ 时 $u$ 才会在 dsu 到 $p$ 时被扫一遍。

而轻边次数是有上界的。一个重链剖分经典结论是，对于任意结点 $u$，从 $u$ 向上到根的路径上，轻边条数 $\le {\log }_{2}n$。因为每走一条轻边，子树大小至少减半。

设一个结点的一次插入/删除是 $O(k)$ 的，节点 $u$ 在整个算法运行期间最多被插入/删除 $2\times ({\log }_{2}n+1)$ 次（$+1$ 是因为 $u$ 自身也可能被当作轻儿子展开，乘 $2$ 是因为先插入后删除算两次）。于是每个点的总代价是 $O(k{\log }_{2}n)$。全树有 $n$ 个点，总代价即为 $O(nk{\log }_{2}n)$。

$k$ 通常是 $O(1)$ 的，于是就像我们说树剖时间复杂度为 $O(n{\log }_{2}n)$ 一样，启发式合并复杂度也为 $O(n{\log }_{2}n)$。