有丶抽象，学到自闭
参考的文章：
Arpa：[Tutorial] Sack (dsu on tree)
先康一康模板题吧：CF 600E（$Lomsat$ $gelral$）
虽然已经用莫队搞过一遍了（可以参考之前写的博客~），但这个还是差距挺大
我们如果对于每个节点暴力统计答案，是$O(N^2)$的复杂度：最坏情况下整棵树是一条链，对于每个节点的统计平均下来是$O(N)$的
具体是怎么做的呢？
对于以当前节点$x$为根的子树，我们建立$cnt$和$sum$两个数组（其实只要$sum$数组就够用啦）
$cnt[i]$：颜色$i$在子树中出现的次数
$sum[i]$：在子树中出现次数为$i$的颜色，其颜色的序号之和
我们还可以建立一个指针$top$，表示出现次数最多的颜色出现了多少次，在改变$cnt$数组的时候可以顺便维护下$top$
那么，对于这个子树，我们只要跑一边$dfs$，把所有后代全部统计一波，最后的结果就是$ans[x]=sum[top]$
现在我们希望能够降低对于每个节点统计的复杂度
$dsu$ $on$ $tree$是$O(Ncdot logN)$的做法，需要用到一些树剖的知识
在这道题目中，拿到了这颗树的连边，我们先用树剖怼上去
不用太着急，只要进行第一个$dfs$、得到$son$数组（即每个节点的重儿子）就够了
接下来的蛇皮操作需要理解一下
对于以节点$x$为根的子树，我们这样计算其结果$ans[x]$：
- 将$x$的儿子分成两种，一种是重儿子，另一种是轻儿子
- 我们先按照最上面方法的递归计算所有轻儿子的结果，计算完以后，不对$cnt$、$sum$、$top$进行任何保留（保留与否的操作在下一层递归的第$5$步实现）
- 我们再递归计算重儿子的的结果，但是计算完后，保留计算重儿子答案时的$cnt$、$sum$、$top$
- 结束递归、回到当前节点$x$这层以后，由于保留了计算重儿子时的统计信息，我们此时对重儿子及其子树的信息是完全清楚的，但是我们依然不清楚轻儿子和它们的子树的信息，所以我们再递归的$dfs$一遍轻儿子，将信息放进计算重儿子的数组；这时，我们得到的$cnt$、$sum$、$top$与暴力统计得到的是一模一样的
- 但是节点$x$不一定是其父节点$fa[x]$的重儿子！如果不是，那么$dfs$一遍$x$将所有信息清空；否则就保留（这里就是第$2$、$3$步中的保留/不保留的具体实现的位置）
我们在第$2$步仅仅是为了计算轻儿子的结果，且不想让其统计信息干扰我们需要的重儿子的统计信息
绕的地方在于，我们在第$2$步的“不保留”实际上是在计算某个轻儿子后，将以这个轻儿子为根的子树信息全部从$cnt$、$sum$、$top$中抹去（即是在轻儿子的第$5$步实现，并不是在$x$的第$2$步） ←我一开始因为没理解这个自闭了好久
看上去挺暴力的...分析一下为什么是$O(Ncdot logN)$
对于每个节点$x$，它仅可能被 以其祖先为根的子树 统计，所以它被统计的次数与其到根节点的路径长度相关
但是由于我们将重节点的统计信息保留，所以对于每条重链，只会真正意义上$dfs$到$x$一次：在重链的底端；重链上的其余节点可以通过被保留的统计信息了解$x$的情况、不需要$dfs$
综上，$x$被统计的次数即为其到根节点的路径上链的个数，是$O(logN)$级别的
用这个思路写出的代码如下：
#include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <vector> using namespace std; typedef long long ll; const int N=100005; int n; int c[N]; vector<int> v[N]; int fa[N],sz[N],son[N]; inline void dfs(int x,int f) { fa[x]=f; sz[x]=1; for(int i=0;i<v[x].size();i++) { int next=v[x][i]; if(next==fa[x]) continue; dfs(next,x); sz[x]+=sz[next]; if(!son[x] || sz[son[x]]<sz[next]) son[x]=next; } } int top,cnt[N]; ll sum[N],ans[N]; inline void Add(int x,int num) { sum[cnt[c[x]]]-=(ll)c[x]; cnt[c[x]]+=num; sum[cnt[c[x]]]+=(ll)c[x]; if(sum[top+1]) top++; if(!sum[top]) top--; for(int i=0;i<v[x].size();i++) { int next=v[x][i]; if(next==fa[x]) continue; Add(next,num); } } inline void Solve(int x,int keep) { for(int i=0;i<v[x].size();i++) { int next=v[x][i]; if(next==fa[x] || next==son[x]) continue; Solve(next,0); } if(son[x]) Solve(son[x],1); for(int i=0;i<v[x].size();i++) { int next=v[x][i]; if(next==fa[x] || next==son[x]) continue; Add(next,1); } sum[cnt[c[x]]]-=(ll)c[x]; cnt[c[x]]++; sum[cnt[c[x]]]+=(ll)c[x]; if(sum[top+1]) top++; ans[x]=sum[top]; if(!keep) Add(x,-1); } int main() { // freopen("input.txt","r",stdin); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]); for(int i=1;i<n;i++) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); v[x].push_back(y); v[y].push_back(x); } dfs(1,0); Solve(1,1); for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",ans[i]); return 0; }
再整一道题：CF 1009F（$Dominant$ $Indices$）
这题做完后，感觉这种玩法比莫队还暴力...
如果想写暴力的话，可以对于每个节点$x$遍历子树，用$cnt$数组统计各深度的节点一共有多少个、并不断更新答案深度$val$
由于我们是一个个统计节点的，所以正确的$val$一定能够在统计的时候被更新出来：如果$cnt[dep[x]]>cnt[val]$或者$cnt[dep[x]]==cnt[val]$ && $dep[x]<val$，那么$val=dep[x]$
如果想删除一个节点怎么办？是不是要用set什么的...
不需要！在树上启发式合并中，唯一的删除操作存在于不保留节点信息时删空子树，所以在得到答案的过程中，我们只会加入节点、不会删除节点，即相当于每次得到的信息跟暴力得到的是完全相同的
相比而言，莫队还得考虑删除是否为$O(1)$呢
#include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <vector> using namespace std; const int N=1000005; int n; vector<int> v[N]; int fa[N],sz[N],dep[N],son[N]; inline void dfs(int x,int f) { fa[x]=f; sz[x]=1; dep[x]=dep[fa[x]]+1; for(int i=0;i<v[x].size();i++) { int next=v[x][i]; if(next==fa[x]) continue; dfs(next,x); sz[x]+=sz[next]; if(!son[x] || sz[next]>sz[son[x]]) son[x]=next; } } int ans[N],cnt[N],val; inline void Add(int x,int num) { cnt[dep[x]]+=num; val=(cnt[dep[x]]>cnt[val] || (cnt[dep[x]]==cnt[val] && dep[x]<val)?dep[x]:val); for(int i=0;i<v[x].size();i++) { int next=v[x][i]; if(next==fa[x]) continue; Add(next,num); } } inline void Solve(int x,int keep) { for(int i=0;i<v[x].size();i++) { int next=v[x][i]; if(next==fa[x] || next==son[x]) continue; Solve(next,0); } if(son[x]) Solve(son[x],1); for(int i=0;i<v[x].size();i++) { int next=v[x][i]; if(next==fa[x] || next==son[x]) continue; Add(next,1); } cnt[dep[x]]+=1; val=(cnt[dep[x]]>cnt[val] || (cnt[dep[x]]==cnt[val] && dep[x]<val)?dep[x]:val); ans[x]=val; if(!keep) Add(x,-1); } int main() { // freopen("input.txt","r",stdin); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<n;i++) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); v[x].push_back(y); v[y].push_back(x); } dfs(1,0); Solve(1,1); for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]-dep[i]); return 0; }
一道被我做难的题：CF 375D（$Tree$ $and$ $Queries$）
题意跟$Lomsat$ $gelral$有点像，但是求的是出现次数不少于$k$的颜色有多少种
如果统计出现次数$cnt$，那么我们可以在当前节点$x$合并完子树后，在$cnt$数组上求区间和，也就是把第一题中的$sum$数组上的更新搬到线段树上
不过有种更妙的方法，用类似栈的思想，只需要开一个数组来统计：
- 如果颜色$color$被加入，那么出现次数不少于$cnt[color]$的颜色数不变（因为$color$已经在之前被统计过了），次数不少于$cnt[color]+1$的颜色数增加$1$，最后$cnt[color]++$
- 如果颜色$color$被删去，那么出现次数不少于$cnt[color]$的颜色数减$1$，次数不少于$cnt[color]-1$的颜色数不变，最后$cnt[color]--$
不过如果最后询问的是出现次数不少于$k$的颜色数量$ imes$颜色序号，应该是没法避免线段树了
还是应该再多想想的...
（这题好像莫队也能玩的很开心，没反应过来）
#include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <vector> using namespace std; typedef pair<int,int> pii; const int N=100005; int SZ=1; int t[N<<2]; inline void Modify(int k,int x) { k=k+SZ; t[k]+=x; k>>=1; while(k) { t[k]=(t[k<<1]+t[k<<1|1]); k>>=1; } } inline int Query(int k,int p,int a,int b) { if(b<p) return 0; if(a>=p) return t[k]; int mid=(a+b)>>1; return Query(k<<1,p,a,mid)+Query(k<<1|1,p,mid+1,b); } int n,m; int c[N]; vector<int> v[N]; int fa[N],sz[N],son[N]; inline void dfs(int x,int f) { fa[x]=f; sz[x]=1; for(int i=0;i<v[x].size();i++) { int next=v[x][i]; if(next==fa[x]) continue; dfs(next,x); sz[x]+=sz[next]; if(!son[x] || sz[next]>sz[son[x]]) son[x]=next; } } vector<pii> q[N]; int ans[N],cnt[N]; inline void Add(int x,int num) { Modify(cnt[c[x]],-1); cnt[c[x]]+=num; Modify(cnt[c[x]],1); for(int i=0;i<v[x].size();i++) { int next=v[x][i]; if(next==fa[x]) continue; Add(next,num); } } inline void Solve(int x,int keep) { for(int i=0;i<v[x].size();i++) { int next=v[x][i]; if(next==fa[x] || next==son[x]) continue; Solve(next,0); } if(son[x]) Solve(son[x],1); for(int i=0;i<v[x].size();i++) { int next=v[x][i]; if(next==fa[x] || next==son[x]) continue; Add(next,1); } Modify(cnt[c[x]],-1); cnt[c[x]]++; Modify(cnt[c[x]],1); for(int i=0;i<q[x].size();i++) { int rnk=q[x][i].first,id=q[x][i].second; ans[id]=Query(1,rnk,0,SZ-1); } if(!keep) Add(x,-1); } int main() { // freopen("input.txt","r",stdin); scanf("%d%d",&n,&m); while(SZ<n+1) SZ<<=1; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]); for(int i=1;i<n;i++) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); v[x].push_back(y); v[y].push_back(x); } dfs(1,0); for(int i=1;i<=m;i++) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); q[x].push_back(pii(y,i)); } Solve(1,1); for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d ",ans[i]); return 0; }
也是一种树上统计的技巧吧
以后遇到题目再补在这里
Luogu P1600 （天天爱跑步，$NOIP2016$）
题解写在树上差分里面了
CF Gym 259514K （$Tree$，$2019ICPC$南昌）
有点类似树上背包的思想，在solve轻儿子时也将信息合并到当前节点上去
至于其他的就是pbds NB
#include <cstdio> #include <vector> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; #include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp> #include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp> using namespace __gnu_pbds; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pii; typedef tree<pii,null_type,less<pii>,rb_tree_tag,tree_order_statistics_node_update> rbtree; const int INF=1<<30; const int N=200005; int n,k; int val[N]; vector<int> v[N]; int dep[N],sz[N],son[N]; void dfs(int x,int fa) { dep[x]=dep[fa]+1; sz[x]=1; for(int i=0;i<v[x].size();i++) { int nxt=v[x][i]; dfs(nxt,x); sz[x]+=sz[nxt]; if(!son[x] || sz[nxt]>sz[son[x]]) son[x]=nxt; } } ll ans; rbtree t[N]; void add(int x,int dlt) { if(dlt) t[val[x]].insert(pii(dep[x],x)); else t[val[x]].erase(pii(dep[x],x)); for(int i=0;i<v[x].size();i++) add(v[x][i],dlt); } void calc(int x,int lca) { int rem=val[lca]*2-val[x]; if(rem>=0) { int ord=t[rem].order_of_key(pii(2*dep[lca]-dep[x]+k,INF)); ans+=ord; } for(int i=0;i<v[x].size();i++) calc(v[x][i],lca); } void solve(int x,int lca,int keep) { for(int i=0;i<v[x].size();i++) { int nxt=v[x][i]; if(nxt!=son[x]) solve(nxt,nxt,0); } if(son[x]) solve(son[x],son[x],1); for(int i=0;i<v[x].size();i++) { int nxt=v[x][i]; if(nxt!=son[x]) { calc(nxt,lca); add(nxt,1); } } t[val[x]].insert(pii(dep[x],x)); if(!keep) add(x,0); } int main() { scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&val[i]); for(int i=2;i<=n;i++) { int x; scanf("%d",&x); v[x].push_back(i); } dfs(1,0); solve(1,1,1); printf("%lld ",ans*2); return 0; }
（完）