[探究] dsu on tree,一类树上离线问题的做法

dsu on tree.

\(\rm 0x01\) 前言\(\&\)技术分析

\(\bold{dsu~on~tree}\)，中文别称“树上启发式合并”（虽然我并不承认这种称谓），大概是一种优雅的暴力，并且跟\(dsu\)毫无关系。于是我打算叫他\(\bold{Elegantly~Direct~Counting~on~Tree}\)，“优雅的树上暴力统计”。

严格来说，\(\bold {EDCT}\)解决的问题范围并不广泛：

1、维护子树信息；

2、不能带修改操作。

但这仍然掩盖不住这种算法自带的有趣的气质。笔者认为，这种算法虽然是个暴力，但是其中的技术含量还是不低的，代码也不是那么的浅显易懂，算是一个比较考察应用能力的算法。

然后来看技术分析。

首先，假设我们有这样一个问题：

给定一棵有根树树，每个点有一个信息。现在考虑求出每个点子树内的规定的有效信息数量。

\(n,q\leq 5\cdot1e5\)

一般而言这样的题是可以上莫队的，但是便于展开就开到了\(500,000\)。

考虑\(n^2\)的暴力，即对每个节点都扫一遍子树。很容易发现这样是浪费的，因为会算重。我们考虑怎么对这棵树进行划分才能高效计算。

考虑一种合适的划分方案。结合轻重链剖里面的结论，可以知道，在轻重链剖后，一个点到根不会超过\(\log n\)条轻边。所以如果对于每个点，假设我们只计算他对轻祖先的贡献，需要至多\(\log n\)次就可以解决；同时我们考虑重儿子，每个点至多会被当成一次重儿子，所以假设我们只计算他对父亲的贡献，那么至多\(1\)次就可以解决。所以最后的复杂度是\(O(n\log n)\)的。

现在考虑实现层面，其实是一种分治的思想。我们考虑首先分治\(u\)的轻儿子并清除轻儿子的贡献，然后暴力计算重儿子，然后暴力计算一整棵子树的贡献。首先第一步中清除贡献是必要的，因为分治出来的几个子问题相互独立，所以必须要独立计算。之后是重儿子，由于重儿子至多有一个，所以可以直接计算而不会影响其他状态。最终再暴力一遍计算轻儿子的贡献。

所以这样就解决了维护树上信息的问题，复杂度\(n\log n\)。

\(0x02\) 入门题目选整

感觉大部分blog找的题目都很不清真233

\(\rm Task1\) \(\rm Cf600E\) Lomsat gelral

一句话题意/

一棵树有n个结点，每个结点都是一种颜色，每个颜色有一个编号，求树中每个子树的最多的颜色编号的和。

考虑套\(\rm EDCT\)的板子：

void dfs(int u, int fa){
	sz[u] = 1 ;
	for (int k = head[u] ; k ; k = E[k].next){
		if (to(k) == fa) continue ;
		dfs(to(k), u), sz[u] += sz[to(k)] ;
		if (sz[to(k)] > sz[son[u]]) son[u] = to(k) ;
	}
}
void dfs(int u, int fa, int mk){
	for (int k = head[u] ; k ; k = E[k].next){
		if (to(k) == fa || to(k) == son[u]) continue ;
		dfs(to(k), u, 0) ;
	}
	if (son[u]) dfs(son[u], u, 1), vis[son[u]] = 1 ;
	calc(u, fa, 1) ; ans[u] = res ; if (son[u]) vis[son[u]] = 0 ;
	if (!mk) calc(u, fa, -1), res = 0, max_cnt = 0 ;
}

然后就是最后的calc函数怎么写了。考虑我们最暴力的做法是什么？就是把每个颜色统计一遍。所以这么写就OK了：

void calc(int u, int fa, int mk){
	buc[clr[u]] += mk ;
	if (mk > 0 && buc[clr[u]] >= max_cnt){
		if (buc[clr[u]] > max_cnt)
		    res = 0, max_cnt = 1ll * buc[clr[u]] ;
		res += 1ll * clr[u] ;
	}
	for (int k = head[u] ; k ; k = E[k].next){
		if (to(k) == fa || vis[to(k)]) continue ;
		calc(to(k), u, mk) ;
	}
}

\(\rm Task2 ~Cf570D\) Tree Requests

一句话题意：

给定一个以1为根的n个节点的树，每个点上有一个字母\((a-z)\)，每个点的深度定义为该节点到1号节点路径上的点数.每次询问\((a,b)\)查询以\(a\)为根的子树内深度为\(b\)的节点上的字母重新排列之后是否能构成回文串.

这种应该就是比较裸的\(\rm EDCT\)。有一步转化需要学会构造，即我们令一个字符的权值\(val(x)=\text{1<<(x-'a')}\)，那么对与一个串\(\rm S\)，我们令\(k=\rm{Xor}_{i=1}^n\it val\rm( S[i])\)，那么重排之后可以构成回文串\(\Longleftrightarrow\) \(size(k)\leq 1\)，其中\(size(\rm S)\)指集合\(\rm S\)内的元素个数，也就是二进制表示中\(1\)的个数。所以也是，直接爆算就可以了。

void calc(int u, int fa){
	buc[dep[u]] ^= (1 << base[u]) ;
	for (int k = head[u] ; k ; k = E[k].next)
		if (to(k) != fa && !vis[to(k)]) calc(to(k), u) ;
}
int getl(int x){
	int ret = 0 ;
	while (x) ret += (x & 1), x >>= 1 ;
	return (bool)(ret <= 1) ;
}
void del(int u, int fa){
	buc[dep[u]] = 0 ;
	for (int k = head[u] ; k ; k = E[k].next)
		if (to(k) != fa && !vis[to(k)]) del(to(k), u) ;
}
void dfs(int u, int fa, int mk){
	for (int k = head[u] ; k ; k = E[k].next)
		if (to(k) != fa && to(k) != son[u]) dfs(to(k), u, 0) ;
	if (son[u]) dfs(son[u], u, 1), vis[son[u]] = 1 ;
	calc(u, fa) ;
	for (int k = 0 ; k < qs[u].size() ; ++ k)
		ans[u].pb(getl(buc[qs[u][k]])) ;
	vis[son[u]] = 0 ; if (!mk) del(u, fa) ;
}

哦，漏说一点，这题需要边查询边记录询问的答案，所以需要把询问离线起来一起飞（?）。