树上启发式合并/dsu on tree的简单应用

已于 2022-07-22 20:26:45 修改
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文章标签： c++ 算法
于 2022-07-22 20:25:32 首次发布
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树上启发式合并 动态规划 树剖 颜色统计 路径异或
关键词由优快云通过智能技术生成
本文介绍了树上启发式合并的算法思想，通过分析多个相关题目，如洛谷-树上数颜色、CF600E、赛氪树的果实和CF1709EXOR树，展示了如何在树形结构中动态维护每个节点子树的颜色种类、主导颜色和路径异或等信息，从而解决相关问题。

摘要生成于 C知道 ，由 DeepSeek-R1 满血版支持， 前往体验 >

树上启发式合并/dsu on tree

什么是树上启发式合并会依据第一道题目进行简单讲解。

题目1 洛谷-树上数颜色

题目大意

给我们一棵树，每个点有一个颜色，问我们每棵子树中的颜色种类数。

分析

考虑暴力，对于每个点我们都维护一个数组，表示该点表示的子树中的颜色种类，计算每个点的答案时，遍历整棵子树。时间复杂度为 n 2 n^2 n2，那怎么才能优化呢。
其实对于一个点，在计算完自己的答案后，他的数组就已经没用了，那我们是不是可以在所有儿子计算完答案后，将一个儿子的数组拿过来，然后将其他儿子的数组一一合并过来呢，当然是可以的。那一开始拿哪个儿子的数组最好呢，答案是他的重儿子。
所以我们首先将树轻重链剖分找出重儿子，维护一个全局的数组表示当前正在计算的点的信息。
先计算所有轻儿子的答案，每次计算完后都清空数组，最后计算重儿子的答案，计算完后不清空数组，而是暴力地将轻儿子的信息合并到重儿子上，最后作为这个点的答案。
这样做的时间复杂度是 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)。

代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+10,M = 2e5+10;
int h[N],e[M],ne[M],idx;
void add(int a,int b){
	e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
int n,m;
int a[N];
int nowAns;
int cnt[N],ans[N];
int son[N],sz[N];
void dfs1(int u,int fa){
	sz[u]=1;
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		if(j==fa)continue;
		dfs1(j,u);
		if(sz[son[u]]<sz[j])son[u]=j;
		sz[u]+=sz[j];
	}
}
void go(int u,int fa,int f){
	cnt[a[u]]+=f;
	if(f==1&&cnt[a[u]]==1)nowAns++;
	if(f==-1&&cnt[a[u]]==0)nowAns--;
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		if(j==fa)continue;
		go(j,u,f);
	}
}
void dfs2(int u,int fa,bool del){
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		if(j==fa||j==son[u])continue;
		dfs2(j,u,true);
	}
	if(son[u])dfs2(son[u],u,false);
	cnt[a[u]]++;
	if(cnt[a[u]]==1)nowAns++;
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		if(j==fa||j==son[u])continue;
		go(j,u,1);
	}
	ans[u]=nowAns;
	if(del)go(u,fa,-1);
}
int main(){
	memset(h,-1,sizeof h);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<n;i++){
		int a,b;
		scanf("%d%d",&a,&b);
		add(a,b),add(b,a);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	dfs1(1,-1);
	dfs2(1,-1,false);
	scanf("%d",&m);
	while(m--){
		int x;
		scanf("%d",&x);
		printf("%d\n",ans[x]);
	}
	return 0;
}

题目2 CF 600E

题目大意

给我们一棵树，每棵树都有一个颜色编号，对于一棵子树，内部有很多个颜色，最多的颜色则占据主导地位，当然也可能有多种颜色占据主导地位，要我们求每棵子树占主导地位的颜色编号之和。

分析

与上一道题类似，我们只需要在计算答案时维护一个当前最大值 m x mx mx表示当前子树内每种颜色的个数的最大值，动态地更新这个值即可。
即若遍历到一个点时，该点代表颜色出现的次数 c n t [ a [ u ] ] cnt[a[u]] cnt[a[u]]大于 m x mx mx，我们就将 c n t [ a [ u ] ] cnt[a[u]] cnt[a[u]]赋给 m x mx mx，同时将 a [ u ] a[u] a[u]赋给 n o w A n s nowAns nowAns；若遍历到一个点时，该点代表颜色出现的次数 c n t [ a [ u ] ] cnt[a[u]] cnt[a[u]]等于 m x mx mx，我们就将 a [ u ] a[u] a[u]加到 n o w A n s nowAns nowAns上。

代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+10,M = 2e5+10;
int h[N],e[M],ne[M],idx;
void add(int a,int b){
	e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
int n,m;
int a[N];
int nowAns;
int cnt[N],ans[N];
int son[N],sz[N];
int mx;
void dfs1(int u,int fa){
	sz[u]=1;
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		if(j==fa)continue;
		dfs1(j,u);
		if(sz[son[u]]<sz[j])son[u]=j;
		sz[u]+=sz[j];
	}
}
void go(int u,int fa,int f){
	cnt[a[u]]+=f;
	if(f==1){
		if(cnt[a[u]]>mx){
			mx=cnt[a[u]];
			nowAns=a[u];
		}else if(cnt[a[u]]==mx){
			nowAns+=a[u];
		}		
	}
	else{
		mx=0;
		nowAns=0;
	}
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		if(j==fa)continue;
		go(j,u,f);
	}
}
void dfs2(int u,int fa,bool del){
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		if(j==fa||j==son[u])continue;
		dfs2(j,u,true);
	}
	if(son[u])dfs2(son[u],u,false);
	if(cnt[a[u]]==1)nowAns++;
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		if(j==fa||j==son[u])continue;
		go(j,u,1);
	}
	cnt[a[u]]++;
	if(cnt[a[u]]>mx){
		mx=cnt[a[u]];
		nowAns=a[u];
	}else if(cnt[a[u]]==mx){
		nowAns+=a[u];
	}
	ans[u]=nowAns;
	if(del)go(u,fa,-1);
}
int main(){
	memset(h,-1,sizeof h);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<n;i++){
		int a,b;
		scanf("%d%d",&a,&b);
		add(a,b),add(b,a);
	}
	
	dfs1(1,-1);
	dfs2(1,-1,false);
	for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
}

题目3 赛氪 树的果实

题目大意

给我们一棵树，求每棵子树中 ( 每个数字出现的次数 ∗ 该数字 ) 2 (每个数字出现的次数*该数字)^2 (每个数字出现的次数∗该数字)2的和。

分析

如果这个题没有平方，那我们遇到一个数 a [ u ] a[u] a[u]就向 n o w A n s nowAns nowAns加一个 a [ u ] a[u] a[u]即可，但是有了评分我们应该怎么做呢，其实很简单，我们先减掉这个数之前的贡献，再加上 ( a [ u ] ∗ c n t [ a [ u ] ] ) 2 (a[u]*cnt[a[u]])^2 (a[u]∗cnt[a[u]])2即可。

代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e5+10,M = 2e5+10;
int h[N],e[M],ne[M],idx;
void add(int a,int b){
	e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
int n,m,c;
ll a[N];
ll nowAns;
ll cnt[N],ans[N];
int son[N],sz[N];
void dfs1(int u){
	sz[u]=1;
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		dfs1(j);
		if(sz[son[u]]<sz[j])son[u]=j;
		sz[u]+=sz[j];
	}
}
void go(int u,int f){
	cnt[a[u]]+=f;
	if(f==1){
		int t=cnt[a[u]]-1;
		nowAns-=a[u]*t*a[u]*t;
		nowAns+=a[u]*cnt[a[u]]*a[u]*cnt[a[u]];		
	}
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		go(j,f);
	}
}
void dfs2(int u,bool del){
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		if(j==son[u])continue;
		dfs2(j,true);
	}
	if(son[u])dfs2(son[u],false);
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		if(j==son[u])continue;
		go(j,1);
	}
	ans[u]=nowAns;
	cnt[a[u]]++;
	int t=cnt[a[u]]-1;
	nowAns-=a[u]*t*a[u]*t;
	nowAns+=a[u]*cnt[a[u]]*a[u]*cnt[a[u]];
	if(del)go(u,-1),nowAns=0;
}
int main(){
	memset(h,-1,sizeof h);
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&c);
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v;
		ll x;
		scanf("%d%d%lld",&u,&v,&x);
		add(u,v);
		a[v]=x;
	}
	dfs1(1);
	dfs2(1,false);
	while(m--){
		int x;
		scanf("%d",&x);
		printf("%lld\n",ans[x]);
	}
	return 0;
}

题目4 CF 1709E XOR树

题目大意

给我们一棵树，每个点有一个点权，每条路径的价值为这条路径上所有点的异或和，若一棵树是好的需要满足所有路径的价值均不为0，我们可以修改任意一个点的点权，问我们最少修改几次可以使得一棵树变为好的。

分析

参考下面这位大佬的
Educational Codeforces Round 132 (Rated for Div. 2) A - E

我的代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 2e5+10,M = 4e5+10;
int h[N],e[M],ne[M],idx;
void add(int a,int b){
	e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
int n;
int a[N];
int ans;
set<int>S;
vector<int>vec;
int f[N];
int tag,success,current;
int son[N],sz[N];
void dfs1(int u,int fa){
	sz[u]=1;
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		if(j==fa)continue;
		dfs1(j,u);
		if(sz[son[u]]<sz[j])son[u]=j;
		sz[u]+=sz[j];
	}
}
void go(int u,int fa,int sum){
	if(f[u]||success)return;
	sum^=a[u];
	vec.push_back(sum);
	if(S.count(sum^current^tag)){
		success=1;
		return;
	}
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		if(j==fa)continue;
		go(j,u,sum);
	}
}
void dfs2(int u,int fa,bool del){
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		if(j==son[u]||j==fa)continue;
		dfs2(j,u,true);
	}
	if(son[u])dfs2(son[u],u,false);

	S.insert(tag);
	success=0;

	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		if(j==son[u]||j==fa)continue;
		vec.clear();
		current=a[u];
		go(j,u,0);
		for(auto x:vec){
			S.insert(x^tag);
		}
	}
	if(S.count(a[u]^tag)){
		success=1;
	}
	if(success){
		f[u]=1;	
		tag=0;
		S.clear();
	}else if(del){
		tag=0;
		S.clear();
	}else{
		tag^=a[u];
	}
}
int main(){
	memset(h,-1,sizeof h);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y),add(y,x);
	}
	dfs1(1,-1);
	dfs2(1,-1,false);
	for(int i=1;i<=n;i++)ans+=f[i];
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}
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<think>好的，我现在需要帮助用户了解CSU/DSU设备的功能和作用，特别是它们如何连接终端和数字专线。首先，我要回顾一下用户提供的引用内容，确保信息准确。 根据引用[1]，CSU/DSU是连接终端和数字专线的设备，属于DCE，通常集成在路由器的同步串口上。引用[2]进一步区分了CSU和DSU：CSU连接用户到本地电话环路，而DSU适配物理层接口到T1/E1线路，处理信号计时。引用[3]提到在专线模型中，CSU/DSU作为DCE，控制时钟和速率，用户路由器作为DTE，独占线路，优缺点也列出来了。 用户的问题集中在功能和作用，所以需要分点解释。首先定义CSU/DSU，然后分开说明CSU和DSU的功能，再讲它们如何协同工作。接着，连接终端和专线的具体作用，比如信号转换、时钟同步、线路维护等。还要结合引用中的DCE角色，说明速率控制和设备对接的重要性。 注意要使用用户提供的引用标记，比如[^1]、[^2]、[^3]。同时，按照用户要求，行内公式用$...$，独立公式用$$...$$，但当前问题可能不涉及数学公式，所以可能不需要。但如果有涉及数据传输速率之类的，可能需要公式，比如计算带宽或信号速率，但根据引用内容，可能不需要。不过用户示例中的快速排序有代码块，这里可能需要网络结构图，但用户没有要求，所以可能不需要。 然后要生成相关问题，参考示例，问题应围绕CSU/DSU的功能、区别、应用场景、与调制解调器的区别等。确保问题符合用户提供的引用内容，比如引用3提到专线模型的优缺点，可以生成相关问题。 最后检查结构是否清晰，分点是否明确，引用是否正确，语言是否中文，没有使用Markdown，符合所有系统级指令。</think>### CSU/DSU设备的功能与作用解析 #### 1. **基本定义** CSU/DSU（通道服务单元/数据业务单元）是用于连接终端设备（如路由器）与数字专线（如T1/E1专线）的硬件设备，属于数据通信设备（DCE）。其核心功能是完成终端设备与运营商数字网络之间的信号适配和协议转换。 #### 2. **核心功能分解** - **CSU（通道服务单元）** 负责物理层连接，包括： - 保护运营商网络免受用户端电压波动干扰； - 监控数字专线状态（如信号质量、误码率）； - 提供本地环路测试功能，便于故障排查。 - **DSU（数据业务单元）** 实现数据链路层的适配功能： - 将用户设备（DTE）的串行接口信号（如V.35）转换为T1/E1帧格式； - 控制数据传输时序，确保与运营商网络时钟同步[^3]； - 支持线路速率匹配（如将2.048Mbps E1速率适配为路由器接口速率）。 #### 3. **终端与专线连接中的作用** 1. **信号转换** 将用户设备的非标准电气信号（如RS-232）转换为符合电信标准的数字信号（如DSX-1），解决不同设备间的物理层兼容问题[^2]。 2. **时钟同步** 作为DCE设备向DTE提供时钟信号，例如在T1专线中通过CSU/DSU向路由器发送1.544MHz时钟信号，控制数据传输节奏[^3]。 3. **线路维护** 通过内置的环回测试功能，支持以下操作： - 本地环回（测试用户端设备） - 远程环回（测试运营商线路） - 网络环回（端到端验证） 4. **带宽独占保障** 在专线连接模型中，CSU/DSU配合实现用户对固定带宽（如E1的2.048Mbps）的独占使用，满足低延迟、高可靠传输需求。 #### 4. **典型连接拓扑** ``` 用户路由器(DTE) -- V.35电缆 -- CSU/DSU(DCE) -- T1/E1专线 -- 运营商网络 ``` 在此架构中，CSU/DSU作为DCE设备，同时完成物理信号转换和链路控制功能。
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