[dsu] codeforces 375D. Tree and Queries

最新推荐文章于 2022-09-13 20:11:39 发布

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本文介绍了一种利用树链剖分思想优化子树查询的方法，通过保留重儿子信息减少重复计算，将复杂度从O(n^2logn)降低到O(nlognlogn)。适用于树上的一类子树查询问题。

题意：
给出一棵树，1是根节点，n个节点，每个节点有一种颜色。
有m次询问，每次询问给出v k，求以v节点为根的子树中有多少种数量至少为k的颜色，一种颜色的数量就是该颜色的节点的数量。
题解：
离线，回答以v为根的询问时，如果暴力把整棵子树的颜色存进树状数组，复杂度是 $O(n^2logn)$ 。
但是子树信息可以保留到父节点继续使用，如果要保留子树信息的话，容易发现处理两棵子树时，子树间会相互影响，所以先不保留地处理较小的子树，最后保留地处理最大子树。
用树链剖分的思想来说，我们应该保留重儿子的信息，可以证明这样复杂度是 $O(nlognlogn)$ 。
这种方法对于一类子树上的查询问题有时候还是比较好用的，但是我还不知道中文名叫什么，这个文章讲的十分清楚了，例题也十分精髓。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+5;
typedef pair<int,int> pii;
vector<int>G[N];
int val[N];
int tree[N];
void update(int p, int v){
    for(p = N-p-1; p < N; p += p&-p) tree[p] += v;
}
int getsum(int p){
    int res = 0;
    for(p = N-p-1; p; p -= p&-p) res += tree[p];
    return res;
}
int sz[N];
void predfs(int rt, int f){
    sz[rt] = 1;
    for(auto& v : G[rt]){
        if(v != f) predfs(v, rt), sz[rt] += sz[v];
    }
}
vector<pii>query[N];
bool bg[N];
int ans[N], col[N];
void add(int rt, int f, int x){
    update(col[val[rt]], -1);
    col[val[rt]] += x;
    update(col[val[rt]], 1);
    for(auto& v : G[rt]){
        if(v != f && !bg[v]) add(v, rt, x);
    }
}
void dfs(int rt, int f, int kp){
    int mx = -1, u = -1;
    for(auto& v : G[rt]){
        if(v != f && sz[v] > mx) mx = sz[v], u = v;
    }
    if(u != -1) bg[u] = 1;
    for(auto& v : G[rt]){
        if(v != f && !bg[v]) dfs(v, rt, 0);
    }
    if(u != -1) dfs(u, rt, 1);
    add(rt, f, 1);
    for(auto& x : query[rt]) ans[x.first] = getsum(x.second);
    if(u != -1) bg[u] = 0;
    if(!kp) add(rt, f, -1);
}
int main(){
    int n, m;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", val+i);
    for(int i = 1; i < n; ++i){
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        G[a].push_back(b);
        G[b].push_back(a);
    }
    predfs(1, -1);
    for(int i = 1; i <= m; ++i){
        int v, k;
        scanf("%d%d", &v, &k);
        query[v].push_back(pii(i, k));
    }
    dfs(1, -1, 0);
    for(int i = 1; i <= m; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
}