树上启发式合并/dsu on tree的简单应用

原创已于 2022-07-22 20:26:45 修改 · 293 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#c++ #算法

于 2022-07-22 20:25:32 首次发布

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。

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 $n^2$ ，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 $O (n l o g n)$ 。

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 $m x$ 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 $c n t [a [u]]$ 大于 $m x$ ，我们就将 $c n t [a [u]]$ 赋给 $m x$ ，同时将 $a [u]$ 赋给 $n o w A n s$ ；若遍历到一个点时，该点代表颜色出现的次数 $c n t [a [u]]$ 等于 $m x$ ，我们就将 $a [u]$ 加到 $n o w A n s$ 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 $每个数字出现的次数*该数字)^2$ 的和。

分析

如果这个题没有平方，那我们遇到一个数 $a [u]$ 就向 $n o w A n s$ 加一个 $a [u]$ 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 $a[u]*cnt[a[u]])^2$ 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;
}