G.Unusual Entertainment题解(codeforces 909 div.3)【dsu on tree/树上启发式合并】

原创已于 2023-11-29 00:09:06 修改 · 372 阅读

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#深度优先 #算法 #c++ #启发式算法

于 2023-11-18 21:49:03 首次发布

文章讲述了如何使用深度优先搜索（DFS）和树状数组解决一个关于在子树范围内统计特定排列元素的问题，通过离线处理询问、拆分问题并借助启发式合并的方法，简化了复杂度并实现高效求解。

题意：

给你一棵树，再给你一个排列 $a_n$ ，多次询问，每次询问 $(l, r, x)$ ,问以x为根的子树上是否存在一个结点编号为排列里 $a_l$ 到 $a_r$ 中的数。

分析：

由于题目是跟子树有关，每次询问都是问一个子树的信息，所以可以考虑一种常见的操作，就是利用dfs加上时间戳，给结点重新赋值，重新得到一个数组，记录每个结点开始的位置和子树结束的位置，就可以让分散的子树的节点序号，转而成为新的数组中连续的一段。（好像是什么dfn序来着）
然后这题我看了赛后的题解看半天没看懂，最后从排行榜里面发现一个大佬的代码简洁易懂，而且思想更加常见，下面我就来讲一下他的做法。
首先对所有的询问离线，在重新建立好这个排列后，考虑将问题拆分，询问 $(l, r, x)$ ，可以拆分为 $x$ 的子树中具有 $(1, r)$ 中序号个数，减去 $(1, l - 1)$ 中的序号个数，这个也是扫描线的常见操作。然后我们遍历题目中的排列 $a_n$ ，每次在树状数组上 $a [i]$ 处插入1，然后再看看有没有以 $i$ 作为询问的子询问，如果有，则将 $an s [i d]$ 加上或者减去（取决于查询是正查询还是负查询）树状数组中，结点 $x$ 对应的那一段dfn序连续的值。（这一段非常绕，建议自己画画图再多想想）
最后 $an s [i]$ 的值表示第 $i$ 个询问对应的结点中，在这次询问对应的 $(l, r)$ 范围的数的个数，如果为0，代表没有输出NO,否则输出YES。
下面是代码环节

#include<bits/stdc++.h>
//#define int long long
//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")//bitset配合用
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define db double
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const int mod=998244353;
vector<int>G[maxn];
vector<pii>q1[maxn];
vector<pii>q2[maxn];
int st[maxn],ed[maxn],cnt,mp[maxn],tree[maxn],ans[maxn];
int lowbit(int x){return x&(-x);}
void update(int i,int x){
    for(int pos=i;pos<maxn;pos+=lowbit(pos))
        tree[pos]+=x;
}
int ask(int i){
    int res=0;
    for(int pos=i;pos;pos-=lowbit(pos))
        res+=tree[pos];
    return res;
}
void dfs(int u,int f){
    st[u]=++cnt;
    for(auto v:G[u]){
        if(v!=f) dfs(v,u);
    }
    ed[u]=cnt;
}
void solve(){
    int n,q;cin>>n>>q;
    for(int i=1;i<=n;i++) G[i].clear(),q1[i].clear(),q2[i].clear();
    for(int i=1;i<=q;i++) ans[i]=0;
    for(int i=1;i<n;i++){
        int u,v;cin>>u>>v;
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }
    dfs(1,1);
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>mp[i];
    for(int i=1;i<=q;i++){
        int l,r,x;cin>>l>>r>>x;
        q2[r].push_back(pii(i,x));
        q1[l-1].push_back(pii(i,x));
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        update(st[mp[i]],1);
        for(auto now:q1[i]){
            ans[now.first]-=ask(ed[now.second])-ask(st[now.second]-1);
        }
        for(auto now:q2[i]){
            ans[now.first]+=ask(ed[now.second])-ask(st[now.second]-1);
        }
    }
    for(int i=1;i<=q;i++)
        if(ans[i]) cout<<"YES"<<endl;
        else cout<<"NO"<<endl;
    cout<<endl;
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int t;cin>>t;
    while(t--) solve();
    //system("pause");
    return 0;
}

补充

今天在学树上启发式合并(dsu on tree)的时候想到这题也可以用书上启发式合并来做，而且用两种做法。

第一种，按大小合并

这种其实是一开始的暴力想法，直接每个结点维护一个数组存储子树所有的序号，然后dfs一下，儿子给父节点时候判断一下谁的数组size大，把小的复制给大的，空间居然能过，还是挺不可思议的。具体的话，由于查询是区间，所以搞一个映射，将结点值跟序号映射一下，每次加入的不是编号，而是题目给的排列顺序下标，就可以在查询时候二分查找，总代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
//#define int long long
//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")//bitset配合用
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define db double
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const int mod=998244353;
vector<int>G[maxn];
int id[maxn],ans[maxn];
set<int>s[maxn];
struct Node{
    int l,r,id;
};
vector<Node>query[maxn];
void dfs(int u,int f){
    s[u].insert(id[u]);
    if(u==10){
        int tem=0;
        tem++;
    }
    for(auto v:G[u]){
        if(v==f) continue;
        dfs(v,u);
        if(s[v].size()<s[u].size()){
            s[u].insert(s[v].begin(),s[v].end());
        }
        else{
            s[v].insert(s[u].begin(),s[u].end());
            swap(s[u],s[v]);
        }
    }
    for(auto it:query[u]){
        int l=it.l,r=it.r;
        if(s[u].lower_bound(l)==s[u].end()||*s[u].lower_bound(l)>r)
            ans[it.id]=0;
        else
            ans[it.id]=1;
    }
}
void solve(){
    int n,q;cin>>n>>q;
    for(int i=1;i<=n;i++) G[i].clear(),s[i].clear(),query[i].clear();
    for(int i=1;i<n;i++){
        int u,v;cin>>u>>v;
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int tem;cin>>tem;
        id[tem]=i;
    }
    for(int i=1;i<=q;i++){
        int l,r,x;cin>>l>>r>>x;
        query[x].push_back(Node{l,r,i});
    }
    dfs(1,1);
    for(int i=1;i<=q;i++){
        if(ans[i]) cout<<"YES"<<endl;
        else cout<<"NO"<<endl;
    }
    cout<<endl;
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int t;cin>>t;
    while(t--) solve();
    //system("pause");
    return 0;
}

第二种

也就是今天刚学的标准dsu on tree的模板改编，总的只维护一个set表示当前查询到的结点的子树所有编号。然后add操作就是将编号映射的下标存入set，删点时候，直接清空set即可，比模板题还要简单，代码见下：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")//bitset配合用
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define db double
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const int mod=998244353;
set<int>s;
int dfn,siz[maxn],son[maxn],L[maxn],R[maxn],mp[maxn],ans[maxn],id[maxn];
vector<int>G[maxn];
struct query{
    int l,r,id;
};
vector<query>q[maxn];
void dfs1(int u,int f){
    siz[u]=1;son[u]=0;
    dfn++;L[u]=dfn;mp[dfn]=u;
    for(auto v:G[u]){
        if(v==f) continue;
        dfs1(v,u);
        siz[u]+=siz[v];
        if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;  
    }
    R[u]=dfn;
}
void dfs2(int u,int f,bool keep){
    for(auto v:G[u])
        if(v!=f&&v!=son[u])
            dfs2(v,u,0);//先遍历轻儿子，计算答案，不保留贡献
    if(son[u]) dfs2(son[u],u,1);//再遍历重儿子，保留贡献
    //然后加入u单点的贡献
    s.insert(id[u]);
    for(auto v:G[u])//第二次遍历轻儿子，保留贡献
        if(v!=f&&v!=son[u])
            for(int i=L[v];i<=R[v];i++)
                s.insert(id[mp[i]]);
    int tem=0;
    for(auto it:q[u]){
        int l=it.l,r=it.r;
        if(s.lower_bound(l)==s.end()||*s.lower_bound(l)>r)
            ans[it.id]=0;
        else
            ans[it.id]=1;
    }
    if(!keep){
        s.clear();
    }
}
void solve(){
    s.clear();
    int n,m;cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) G[i].clear(),q[i].clear();
    for(int i=1;i<n;i++){
        int u,v;cin>>u>>v;
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int tem;cin>>tem;
        id[tem]=i;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int l,r,x;cin>>l>>r>>x;
        q[x].push_back(query{l,r,i});
    }
    dfs1(1,1);
    dfs2(1,1,1);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        if(ans[i]) cout<<"YES"<<endl;
        else cout<<"NO"<<endl;
    cout<<endl;
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int t;cin>>t;
    while(t--) solve();
    //system("pause");
    return 0;
}