这个算法还是挺人性化的,没有什么难度 就是可能看起来有点晕什么的. 大体 思想是 利用重链刨分来优化子树内部的查询. 考虑一个问题要对每个子树都要询问一次.我们暴力显然是\(n^2\)的. 考虑一下优化这个过程,我们发现儿子的信息可以给父亲用但是不能给兄弟或兄弟里的儿子用. 如果是最大最小值我们只能暴力来搞 但如果是出现次数什么的我们可以利用捅差分来解决这个事情. 考虑我们每次先暴力扫轻儿子然后 再做重儿子然后再把轻儿子的代价加上算当前节点的代价然后再把轻儿子的代价给删掉. 我们发现轻儿子被加上

近几天跟着dreagonm大佬学习了\(dsu\ on\ tree\),来总结一下: \(dsu\ on\ tree\),也就是树上启发式合并,是用来处理一类离线的树上询问问题(比如子树内的颜色种数)的不二法宝.它不仅好想好写,还有着\(O(nlogn)\)的优秀时间复杂度(划重点). 结合一道例题来讲吧: CF600E Lomsat gelral 题目大意: 一棵树有\(n(n\leqslant 10^5)\)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

[dsu on tree][学习笔记] - Candy? - 博客园 题单: 也称:树上启发式合并 可以解决绝大部分不带修改的离线询问的子树查询问题 流程: 1.重链剖分找重儿子 2.sol:全局用桶或者数据结构存信息. ①递归所有的轻儿子,回溯前删除贡献 ②递归重儿子,不删除贡献 ③暴力找所有轻儿子,加入贡献 ④更新x的答案 ⑤如果x是父亲的轻儿子,再把整个子树贡献删除(信息只有子树的,有时可以不用再dfs去重,可以直接清空) 正确性: 一个点的轻儿子会暴力更新到所有信息,重儿子链不会删除贡献

这个属于一种技巧,可以解决类似于子树询问无修改可离线的问题,一些点分治的问题也可以用Dsu on Tree解决,并且常数较小,代码复杂度低,很具有可写性. 整体上的意思就是继承重儿子的信息,暴力修改轻儿子的信息,时间复杂度的证明类似并查集的启发式合并(本质上这个就是启发式合并). 通常情况下,题目长成询问某种东西的数量,或者某种点对的数量. 例题时间 Educational Codeforces Round 2 E Lomsat gelral $n$个点的有根树,以$1$为根,每个点有一种颜色.

dsu on tree:关于一类无修改询问子树可合并问题 开始学长讲课的时候听懂了但是后来忘掉了....最近又重新学了一遍 所谓\(dsu\ on\ tree\)就是处理本文标题:无修改询问子树可合并问题. \(dsu\)是并查集,\(dsu\ on\ tree\)是树上启发式合并,基于树剖(轻重链剖分). 无修改好理解,询问子树也好理解,啥是可合并啊? 举个简单的例子,集合的\(gcd\)就是可以合并的,就是两个集合\(gcd\)的\(gcd\):桶也是能合并的,对应位置相加就好了,诸如此类.

前言 一次模拟赛的\(T3\):传送门 只会\(O(n^2)\)的我就\(gg\)了,并且对于题解提供的\(\text{dsu on tree}\)的做法一脸懵逼. 看网上的其他大佬写的笔记,我自己画图看了一天才看懂(我太蒻了),于是就有了这篇学习笔记. 概念篇/基础运用 算法简介 现在考虑这样一类树上统计问题: 无修改操作,询问允许离线 对子树信息进行统计(链上的信息在某些条件下也可以统计) 树上莫队?点分治? \(\text{dsu on tree}\)可以把它们吊起来打! \(\text{

这是一个黑科技,考虑树链剖分后,每个点只会在轻重链之间转化\(log\)次. 考虑暴力是怎么写的,每次枚举一个点,再暴力把子树全部扫一边. \(dsu\ on\ tree.\)的思想就是保留重儿子不清空,每次扫一边轻儿子,再把轻儿子的贡献加上. 关键代码: void Dfs2(R i,R fm,R op){ for(R k=hd[i];k;k=nt[k]) if(to[k]!=fm&&to[k]!=sn[i]) Dfs2(to[k],i,0); if(sn[i])Dfs2(sn[i],i,

一直都没出过算法详解,昨天心血来潮想写一篇,于是 dsu on tree 它来了 1.前置技能 1.链式前向星(vector 建图) 2.dfs 建树 3.剖分轻重链,轻重儿子 重儿子 一个结点的所有儿子中拥有最多子树的儿子 轻儿子 一个结点的所有儿子中不是重儿子的儿子 重边 父亲与重儿子的连边 轻边 父亲与轻儿子的连边 重链 一堆重边连接而成的链 轻链 一堆轻边连接而成的链 2.什么是 dsu on tree(树上启发式合并) ? dsu on tree 其实就是个优雅的暴力算法,和它一起共被

这篇博客只是简单叙述思想(因为ML太弱了),具体例题请转其他博客. dsu on tree,许多OI将其归于启发式合并,当然如果你能理解更好,这只是一个理解方式罢了. 思想简述 顾名思义,这个算法是处理树上问题,将子树分开求解,如果暴力了话是枚举每个子树,然后dfs; 这里将每次dfs完的清空操作重新定义,并且规定dfs顺序,以来优化成log解法. 这里我们引入一个 例题 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. 仔细读题我们可以先想到暴力

D. Arpa's letter-marked tree and Mehrdad's Dokhtar-kosh paths CF741D 题意: 一棵有根树,边上有字母a~v,求每个子树中最长的边,满足这个边上的所有字母重拍后可以构成回文 发明者自己出的题...orz 由于本来知道就是dsu on tree,所以还是想出来了 首先点分治是没法做了,这是有根树 写成二进制,两条链合起来构成回文\(\rightarrow\)异或和为0或者只有一位是1 一开始困惑于只处理到当前根的异或和的话,随着当前

传送门 题意: 一棵树,询问某棵子树指定深度的点能否构成回文 当然不用dsu on tree也可以做 dsu on tree的话,维护当前每一个深度每种字母出现次数和字母数,我直接用了二进制.... 一开始dfs没有判断重儿子T了一次 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <vector> using names

十几天前看到zyf2000发过关于这个的题目的Blog, 今天终于去学习了一下 Codeforces原文链接 dsu on tree 简介 我也不清楚dsu是什么的英文缩写... 就像是树上的启发式合并 用到了\(heavy-light\ decomposition\)树链剖分 把轻边子树的信息合并到重链上的点里 因为每次都是先dfs轻儿子再dfs重儿子,只有重儿子子树的贡献保留,所以可以保证dfs到每颗子树时当前全局维护的信息不会有别的子树里的,和莫队很像 算法过程 find the BigC

题意: 一棵树,询问一个子树内出现次数$≥k$的颜色有几种 强制在线见上一道 用莫队不知道比分块高到哪里去了,超好写不用调7倍速度!!! 可以用分块维护出现次数这个权值,实现$O(1)-O(\sqrt{N})$修改查询 [update 2017-03-22]还可以用dsu on tree做,并不想再写了... #include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring&g

原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/UOJ266.html 题解 首先我们可以直接暴力 $O(n^2)$ 用 sg 函数来算答案. 对于一个树就是枚举一下从根出发到哪一个节点为止的路径被删掉了,剩下所有的子树的sg值xor起来,对于每一个路径后的答案取一个 mex . 我们考虑快速的做这个过程. 直接写个 Trie 再 DSU on tree 就好了,只要支持查询 mex 和整棵 trie 对某一个值 xor 这两种操作就好了. 时间复杂度 $O

先瞎扯几句 说起来我跟这个算法好像还有很深的渊源呢qwq.当时在学业水平考试的考场上,题目都做完了不会做,于是开始xjb出题.突然我想到这么一个题 看起来好像很可做的样子,然而直到考试完我都只想出来一个莫队的暴力.当时我想知道有没有比莫队更优的做法,和zbq讨论了半天也只能搞出一个$O(nlog^2n)$的平衡树启发式合并 然后!!我就把这题出给校内互测了!!没错,当时是用莫队当的标算! 结果!mjt用一个假的$O(n)$算法艹过去了因为数据特别水 后来我打算把这题出给另一场比赛,结果到了前一天

原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/LuoguP4482.html 题意 给定一个字符串 S,有 q 次询问,每次给定两个数 L,R ,求 S[L...R] 的最长前后缀. $$q,|S|\leq 2 \times 10 ^ 5$$ 题解 真是一道有趣的字符串题. 首先我们给 S 建出 SAM ,并用线段树合并预处理出每一个节点的 Right 集合. 我们要做的是找到最大的 $p$ 满足 $p<R, S[L...p] = S[R-p+L...R]

题目链接: Codeforces741D 题目大意:给出一棵树,根为$1$,每条边有一个$a-v$的小写字母,求每个点子树中的一条最长的简单路径使得这条路径上的边上的字母重排后是一个回文串. 显然如果一条路径上的字母重排后是回文串,那么最多有一个字母有奇数个.我们用$2^{22}$的一个二进制来记录有哪些字母有奇数个.剩下的只需要$dsu\ on\ tree$来求每个点的答案即可.对于每个点记录它到根的路径上的字母的二进制状态,显然位于一个点两个不同子树中的点的状态异或起来就是这两个点间路径的二

BZOJ 题目的限制即:给定一棵树,只能任选一个连通块然后做背包,且每个点上的物品至少取一个.求花费为\(m\)时最大价值. 令\(f[i][j]\)表示在点\(i\),已用体积为\(j\)的最大价值. 如果物品数量为\(1\),那就是一个树形依赖背包(选儿子必须选父亲),用DFS序优化转移:\(f[i][j]=\max(f[i+1][j-v_i]+w_i,\ f[i+sz_i][j])\)(选该节点就可以从上一个点,即子树内转移,否则只能从另一棵子树转移),复杂度\(O(nm)\). 物品数量

BZOJ 洛谷 \(dsu\ on\ tree\).(线段树合并的做法也挺显然不写了) 如果没写过\(dsu\)可以看这里. 对修改操作做一下差分放到对应点上,就成了求每个点子树内出现次数最多的颜色,这就和CF600E类似了.直接用\(dsu\). 修改某个颜色出现次数的时候,最大值不能\(O(1)\)求出,得套个\(set\),所以复杂度是\(O(q\log^2n)\).但常数并不大. 关于复杂度,在CF600E中对一个点的修改是\(O(1)\)的,而本题中可能是\(O(q)\)(一个点上挂着

感觉dsu on tree一定程度上还是与点分类似的.考虑求出跨过每个点的最长满足要求的路径,再对子树内取max即可. 重排后可以变成回文串相当于出现奇数次的字母不超过1个.考虑dsu on tree,容易想到遍历时记录每种情况的最大深度,合并时类似点分的逐个计算贡献再合并即可.这里有个问题是得到某子树信息后,对于原来的根来说,这个信息还要再加上一个偏移量,但直接暴力显然复杂度就不对了.实际上维护信息过程中不断传递偏移量即可. 一开始就发现了这个题只开了256M,于是机智的开了个map,悲惨的T