CF600E Lomsat gelral(树上启发式合并)

题意

有一颗 n n n 个节点的树,以 1 1 1 为根节点,每个点有一个颜色 v i v_i vi。设子树 a a a 中颜色出现次数最多的颜色集合为 { b i } \{b_i\} {bi},记 a n s a = ∑ b i ans_a=\sum b_i ansa=bi。现在要求 a n s 1 , a n s 2 , . . . . a n s n ans_1,ans_2,....ans_n ans1,ans2,....ansn
其中, n , v ≤ 1 0 5 n,v\leq 10^5 n,v105

分析

这种题叫做 d s u   o n   t r e e dsu~on~tree dsu on tree,也就是树上启发式合并。
让我们先考虑暴力做法。
就是以每个节点,对子树进行 d f s dfs dfs,然后开一个桶记录颜色出现次数,最后把颜色出现次数最多的颜色加起来。这样子做复杂度是 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 的。
这复杂度显然是不可接受的嘛!暴力差就差在,它计算了很多重复的东西!如果我们能让重复的东西尽量减少计算,复杂度就能够得到提升了!



看到这道题,有的同学可能一下子想的是树上莫队。
确实,莫队算法就是用来优化这些有重复计算的东西的。
不过,更优秀的算法是用启发式合并,复杂度可以做到 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)
一句话解释这个算法,就是保留重儿子的结果,暴力迭代轻儿子。



重儿子是什么?
如果你学过树链剖分,就能一下子知道了。不过没学过也没关系。重儿子就是这个节点所有儿子中 s i z siz siz 最大的点。如图:
在这里插入图片描述
x x x s i z siz siz 最大,所以 x x x r t rt rt 的重儿子。
t o t i tot_i toti 为颜色 i i i 的出现次数。
我们要让重复求的东西尽量少,但是子树之间又互相独立,于是我们只能钦点一个子树来保留 t o t tot tot 的值。既然重儿子如此牛逼,那我们就钦点重儿子吧!
假设我们现在要求 a n s r t ans_{rt} ansrt,我们已经保留了 x x x 子树的 t o t tot tot 数组。
那我们从 r t rt rt 开始遍历一遍子树,如果遇到 y , z y,z y,z,就继续往下 d f s dfs dfs,求出 t o t tot tot。如果遇到 x x x,那么就可以 r e t u r n return return 了,因为之前求过 t o t tot tot 了。再求一遍不是智障了吗??
这样子,单次求 a n s r t ans_rt ansrt 的复杂度是 s i z r t − s i z x siz_{rt}-siz_{x} sizrtsizx 的。
写成代码的话长这样:
在这里插入图片描述



关于复杂度

不妨考虑每个点会被访问多少次。
如果一个节点到根节点有 x x x 条轻边,那么这个节点会被访问 x x x 次。
由于一个节点到根节点的轻边数量不超过 l o g n logn logn 条。
于是总的复杂度为 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)



后记

为什么这个叫树上启发式合并呢?其实,求解的过程可以看作是轻儿子不断往重儿子合并的过程,这和常规的启发式合并是一致的。从这个角度来看,复杂度也是 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
#define N 100005
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
LL z = 1;
int read(){
	int x, f = 1;
	char ch;
	while(ch = getchar(), ch < '0' || ch > '9') if(ch == '-') f = -1;
	x = ch - '0';
	while(ch = getchar(), ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - 48;
	return x * f;
}
struct node{
	int a, b, n;
}d[N * 2];
int fa[N], siz[N], son[N], h[N], v[N], cnt;
int tot[N], Son, maxn;
LL ans[N], sum;
void cr(int a, int b){
	d[++cnt].a = a; d[cnt].b = b; d[cnt].n = h[a]; h[a] = cnt;
}
void dfs1(int a){
	int i, b;
	siz[a] = 1;
	for(i = h[a]; i; i = d[i].n){
		b = d[i].b;
		if(b == fa[a]) continue;
		fa[b] = a;
		dfs1(b);
		siz[a] += siz[b];
		if(siz[b] >= siz[son[a]]) son[a] = b;//找到重儿子 
	}
}
void add(int a, int c){//遍历 a 的子树,求出 ans[a] 
	int i, b;
	tot[v[a]] += c;//更新 tot 数组 
	if(maxn < tot[v[a]]) maxn = tot[v[a]], sum = v[a];
	else if(maxn == tot[v[a]]) sum += v[a];//这一步是在更新 sum 和 maxn
	for(i = h[a]; i; i = d[i].n){
		b = d[i].b;
		if(b == fa[a] || b == Son) continue;//遇到重儿子就return,所以只遍历轻儿子 
		add(b, c);
	}
}
void dsu(int a, int flag){
	int i, b;
	for(i = h[a]; i; i = d[i].n){
		b = d[i].b;
		if(b != fa[a] && b != son[a]) dsu(b, 1);//先求轻儿子 
	}
	if(son[a]) dsu(son[a], 0), Son = son[a]; //再求重儿子 
	add(a, 1); Son = 0; ans[a] = sum;//求出 ans[a],同时把重儿子标记去除(没去除的话无法清空 tot 数组 
	if(flag) add(a, -1), sum = 0, maxn = 0;//如果当前节点是轻儿子,就清空 tot 数组并且重置 sum 和 maxn 
}
int main(){
	int i, j, n, m, a, b;
	n = read();
	for(i = 1; i <= n; i++) v[i] = read();
	for(i = 1; i < n; i++){
		a = read(); b = read();
		cr(a, b); cr(b, a);
	}
	dfs1(1);
	dsu(1, 0);
	for(i = 1; i <= n; i++) printf("%lld ", ans[i]);
	return 0;
}
<think>嗯,用户现在在学习算法竞赛,想要了解启发式合并,并且希望由浅入深地讲解,还要用C++的例子来说明。那我得先理清楚启发式合并的基本概念,然后逐步深入,最后给出代码示例。 首先,启发式合并是什么?可能用户之前学过并查集,或者普通的合并方法,但遇到某些情况下效率不高的问题。启发式合并应该是一种优化合并操作的方法,可能通过选择合并的顺序或方式,减少时间复杂度。比如在并查集中的按秩合并,可能就是一种启发式合并的应用。不过用户可能指的是更一般的数据结构合并时的优化策略。 那启发式合并的核心思想应该是每次合并两个集合时,总是将较小的集合合并到较大的集合中,这样可以减少总的操作次数。比如,如果每次合并时都把小集合的元素移动到大集合里,那么每个元素被移动的次数不会超过logN次,因为每次移动后所在的集合大小至少翻倍。这样总的时间复杂度就能控制在O(N logN)级别。 接下来需要解释为什么这种方法有效。比如,假设有两个集合A和B,大小分别为|A|和|B|,且|A|<=|B|。那么将A合并到B中,这样A中的每个元素所在的集合大小至少是原来的两倍(因为B的大小比A大)。因此,每个元素最多被合并logN次,总操作次数就是O(N logN)。 接下来,可能需要举一个具体的例子,比如合并链表或者树结构的时候使用启发式合并。或者是在处理并查集的时候,按大小合并的情况。用户可能需要具体的应用场景,比如并查集的优化,或者在处理某些数据结构(比如平衡树、链表)时的合并操作。 然后,需要用C++来举例说明。比如,可以用并查集的例子,或者用其他数据结构,比如集合的合并。例如,维护多个集合,每个集合用某种结构存储,合并的时候总是将小的合并到大的里面,这样可以减少时间。 比如,可以举一个并查集的例子。并查集的按秩合并就是启发式合并的一种。在并查集的实现中,每个集合有一个父节点,还有一个秩(rank)或者大小。合并的时候,总是将秩较小的根指向秩较大的根。这样能保证树的高度较低,提高查找效率。这时候可以给出具体的代码示例,比如并查集的实现,包含路径压缩和按秩合并。 或者,举一个更通用的例子,比如合并两个链表,或者合并两个平衡二叉搜索树的时候,如何选择合并顺序以减少时间复杂度。例如,合并两个集合的时候,总是遍历较小的集合,将其元素逐个插入到较大的集合中,这样总的时间复杂度较低。 比如,用C++中的std::set来举例。假设有多个set,每次合并两个set的时候,总是将较小的set中的元素插入到较大的set中。这样可以保证每个元素被插入的次数不超过logN次,因为每次插入后所在的集合大小至少翻倍。这样总的时间复杂度是O(N logN logM),其中M是元素的大小?或者可能更优? 例如,代码可能如下: void merge(set<int> &a, set<int> &b) { if (a.size() > b.size()) { swap(a, b); } for (auto x : a) { b.insert(x); } a.clear(); } 这样每次合并的时候,总是将较小的集合合并到较大的里面。这样每个元素被插入的次数是logN次,每次插入的时间复杂度是O(logM),所以总的时间复杂度是O(N logN logM)。不过这可能适用于元素可排序的情况,比如使用平衡树结构的集合。 另一个例子是并查集的实现,其中按秩合并启发式合并的一种应用。例如: class DSU { vector<int> parent; vector<int> size; public: DSU(int n) { parent.resize(n); size.resize(n, 1); for (int i=0; i<n; ++i) parent[i] = i; } int find(int x) { if (parent[x] != x) parent[x] = find(parent[x]); return parent[x]; } void unite(int x, int y) { x = find(x); y = find(y); if (x == y) return; if (size[x] < size[y]) swap(x, y); parent[y] = x; size[x] += size[y]; } }; 这里,unite函数中总是将较小的集合合并到较大的集合里。这里的大小指的是集合的元素个数。这样可以保证树的高度较低,从而find操作的时间复杂度几乎是常数。 但用户可能想了解的不仅仅是并查集中的情况,而是更广泛的启发式合并应用。比如在处理某些数据结构时,比如链表、数组或者树结构的合并,如何利用启发式合并来优化。 比如,在解决某些问题时,比如动态连接问题,或者离线查询处理,可能需要多次合并不同的数据结构,这时候使用启发式合并可以显著减少时间。 另一个例子是,在树上处理子树问题的时候,比如每个节点维护一个颜色的集合,当处理子树时,将子节点的集合合并到父节点。这时候如果采用启发式合并,每次将较小的子树集合合并到较大的,可以降低总的时间复杂度。 例如,解决树上每个节点的颜色数量问题。每个节点有一个颜色集合,初始时只有自己的颜色。然后从叶子节点向上合并,每个父节点收集所有子节点的颜色集合。这时候,如果每次合并时将较小的集合合并到较大的集合,就能有效减少总操作次数。 这时候可以用C++中的unordered_set来举例: void dfs(int node, int parent, vector<unordered_set<int>> &colors) { for (auto child : children[node]) { if (child != parent) { dfs(child, node, colors); // 合并子节点的colors到当前节点 if (colors[node].size() < colors[child].size()) { swap(colors[node], colors[child]); // 保证node的集合较大 } for (int color : colors[child]) { colors[node].insert(color); } colors[child].clear(); // 可选,释放内存 } } } 这样,每个节点的合并操作都是将较小的集合合并到较大的,从而减少总的插入次数。每个颜色被插入的次数最多是logN次,所以总时间复杂度是O(N logN)。 总结一下,启发式合并的关键点在于每次合并时,总是将较小的结构合并到较大的结构中,这样每个元素被处理的次数减少,从而降低总的时间复杂度。应用场景包括并查集、树上的子树问题、集合合并等。代码示例可以根据不同的应用场景来展示,比如并查集、颜色集合的合并等。 现在需要考虑用户的学习阶段。用户可能在算法竞赛中遇到需要高效合并的问题,比如某些题目需要处理大量合并操作,而普通的暴力合并会导致超时。这时候启发式合并就能派上用场。例如,Codeforces或ACM竞赛中的某些题目,可能需要处理子树信息合并,这时候启发式合并可以优化时间复杂度。 可能用户的问题点在于理解为什么这样合并能优化时间,或者如何在实际问题中应用。因此,在讲解时,需要强调时间复杂度分析,以及具体例子中的操作步骤。 可能还需要比较暴力合并启发式合并的时间复杂度差异。例如,如果每次合并都是简单地将一个集合的所有元素插入另一个,那么最坏情况下,每次合并都是O(n)时间,总的时间复杂度可能是O()。而使用启发式合并后,总的时间复杂度降低到O(n logn)。 最后,C++的例子需要具体且易于理解。可能用户对STL比较熟悉,所以使用std::set或unordered_set的例子会更直观。或者使用并查集的例子,因为并查集是算法竞赛中的常见结构。 综上所述,我的回答结构应该是: 1. 定义启发式合并:将较小的集合合并到较大的集合,减少操作次数。 2. 解释原理:每个元素被移动的次数最多logN次,总复杂度O(N logN)。 3. 应用场景:并查集按秩合并、子树信息合并、集合合并等。 4. C++示例: a. 并查集的实现(按大小合并)。 b. 树上颜色统计问题的启发式合并。 5. 分析时间复杂度和优势。</think>好的!我将由浅入深为你讲解启发式合并(Heuristic Merge),并用 C++ 举例说明其实现。 --- ### **一、基础概念** **启发式合并** 是一种优化合并操作的策略,核心思想是:**每次合并两个集合时,总是将较小的集合合并到较大的集合中**。这样能减少重复操作次数,从而降低整体时间复杂度。 #### **为什么需要它?** 假设直接合并两个大小为 `n` 和 `m` 的集合(`n < m`),若将大的合并到小的,后续操作可能需要频繁处理更大的集合。而将小的合并到大的,后续操作会更高效。 --- ### **二、时间复杂度分析** - **普通合并**:最坏情况每次合并都需要 `O(n)` 时间,合并 `n` 次的总时间为 `O()`。 - **启发式合并**:每个元素最多被合并 `O(log n)` 次(因为每次合并后集合大小至少翻倍),总时间优化为 `O(n log n)`。 --- ### **三、应用场景** 1. **并查集(按秩合并)** 2. **树上的子树信息合并**(如统计子树颜色) 3. **集合合并问题**(如动态维护多个集合) --- ### **四、C++ 代码示例** #### **1. 并查集的启发式合并(按大小合并)** ```cpp class DSU { vector<int> parent; vector<int> size; public: DSU(int n) { parent.resize(n); size.resize(n, 1); for (int i = 0; i < n; i++) parent[i] = i; } int find(int x) { if (parent[x] != x) parent[x] = find(parent[x]); // 路径压缩 return parent[x]; } void unite(int x, int y) { x = find(x), y = find(y); if (x == y) return; // 启发式合并:小集合合并到大集合 if (size[x] < size[y]) swap(x, y); parent[y] = x; size[x] += size[y]; } }; ``` #### **2. 树上统计子树颜色(启发式合并应用)** 假设树节点有颜色,求每个节点的子树中颜色种类数: ```cpp #include <vector> #include <unordered_set> using namespace std; void dfs(int u, int parent, vector<vector<int>>& tree, vector<unordered_set<int>>& subtreeColors, vector<int>& color) { subtreeColors[u].insert(color[u]); // 当前节点的颜色 for (int v : tree[u]) { if (v == parent) continue; dfs(v, u, tree, subtreeColors, color); // 启发式合并:将小子树合并到大子树 if (subtreeColors[u].size() < subtreeColors[v].size()) { swap(subtreeColors[u], subtreeColors[v]); } // 合并子树颜色 for (int c : subtreeColors[v]) { subtreeColors[u].insert(c); } subtreeColors[v].clear(); // 可选,释放内存 } // 此时 subtreeColors[u] 包含子树所有颜色 } int main() { int n = 100; // 节点数 vector<vector<int>> tree(n); vector<int> color(n); vector<unordered_set<int>> subtreeColors(n); // 假设 tree 和 color 已初始化 dfs(0, -1, tree, subtreeColors, color); return 0; } ``` --- ### **五、关键点总结** 1. **合并方向**:总是小集合合并到大集合。 2. **复杂度保证**:每个元素最多被合并 `O(log n)` 次。 3. **实现技巧**:使用 `swap` 确保操作对象始终是小集合。 4. **适用问题**:需要频繁合并的场景(如并查集、树上统计)。 --- ### **六、习题推荐** 1. [Codeforces 600E - Lomsat gelral](https://codeforces.com/problemset/problem/600/E)(经典启发式合并应用题) 2. 并查集相关题目(如动态连通性问题) 希望这些内容能帮助你掌握启发式合并!如果有更多问题,欢迎继续提问~ 😊
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