树上启发式合并——学习笔记

学习背景

在学习这块内容前，最好要先了解树的轻重链划分(了解过树剖)

题目特征

树上启发式合并，通常是在题目给定了根节点 $root$(通常 $root=1$)，在离线情况下，解决查询某个子树下符合题目条件的答案，并且子树的信息是没法全部存下来的，如查询 $u$及其子树中不同颜色个数
下面还有很多例题，没明白意思可以先看下都是什么题

树上启发式合并思想

暴力就不用说了，直接搜那个点的子树，单次查询复杂度有 $O(n)$， $M$次查询就到了 $O(NM)$
而树上启发式合并能够做到 $dfs$一遍整棵树即可得到所有答案(离线的询问)，复杂度在 $O(NlogN)$

树上启发式合并非常暴力，在一次 $dfs$的过程中，统计两遍轻儿子，统计一遍重儿子就能实现
对于父亲节点 $u$来说，他的信息通过合并子节点 $v$的信息来得到，那么这么说我们记录每个点所有的信息不就完了吗？可是这类题目显然是不会给你这个机会的，一般需要记录的信息非常多，每次都记录一下根本实现不了，所以这里我们需要有取舍的保留子节点的信息！，即我们每次保存当前点最后一次搜索的儿子信息，然后再重新搜索其他儿子的信息并且合并上去
对于父亲节点来说，显然最后一次搜索子节点的信息是可以保留的，因为回来我们就要搜父亲的信息了，而这个点的信息不就是父亲的信息吗，所以最后一次搜索子节点非常关键！
而这里我们最后一次搜的子节点就是重儿子，为什么选重儿子呢？因为重儿子是所有子节点里面点的数量最多的，所以包含的信息也最多，我们如果要重新搜索他的话花费的时间要比轻儿子要更多

所以这里的实现过程就是
对于一个点 $u$，先统计完他所有轻儿子的答案，并且在最后回溯到 $u$的时候要删去保存的信息(否则会影响我们搜索重儿子的答案统计)
然后我们再搜重儿子，查询答案并且保存信息(为什么保留信息上面解释了)
最后我们再重新搜一遍轻儿子，保存信息即可(不需要更新答案)

复杂度分析

①一个点的 $upd$只会经过轻边
②树剖中轻重链划分的性质——从根结点到任意结点的路所经过的轻重链的个数必定都小于 $logn$
换一个角度来想，就是一个点最多有 $logN$个祖先节点会需要他的信息，那么 $N$个点就是 $O(NlogN)$

模板

void dfs(int u, int fa) {//轻重链划分
    siz[u] = 1;
    for (auto &v: g[u])
        if (v != fa) {
            dfs(v, u);
            siz[u] += siz[v];
            if (!son[u] || siz[v] > siz[son[u]])
                son[u] = v;
        }
}

void upd(int u, int fa, int k) {//将信息加入/撤回
    //k = 1的时候是加上信息，k = -1的时候是撤回信息
    
    for (auto &v: g[u])
        if (v != fa && !vis[v]) upd(v, u, k);
}

void dsu(int u, int fa, int keep) {//u为当前点, fa为父节点, keep为是否保留信息
    for (auto &v: g[u])//先搜我们的轻儿子，过程中不保留信息
        if (v != fa && v != son[u]) dsu(v, u, 0);
    if (son[u]) dsu(son[u], u, 1), vis[son[u]] = 1;//然后搜我们的重儿子, 过程中保留信息
    upd(u, fa, 1);//然后再查一遍我们的轻儿子，把信息更新上去
    //这里用来统计答案
    
    if (son[u]) vis[son[u]] = 0;
    if (!keep) upd(u, fa, -1);//如果信息不保留，那我们就撤回
}

练习题

1. CF600E - Lomsat gelral

题意

$N$个节点以点 $1$为根的树，每一个节点有一个颜色 $color_i$，对于一个以 $u$为根的子树来说，他的子树中的节点有多种颜色，现在求出出现次数最多的颜色(可能有多个颜色出现次数相同)，并将出现次数求和
输出以所有点的答案

分析

以点1为根，我们需要保存的信息为当前点子树中颜色出现次数，并且在统计答案的时候找到颜色最多的
这里我们可以用一个桶 $cnt[i]$来记录颜色 $i$出现的次数，然后用 $mx$来记录当前次数最多的颜色， $sum$记录次数最多的颜色的次数之和
这样当某种颜色出现次数 $cnt>mx$的时候，我们将 $mx$更新，并且 $sum=cnt$ (为什么不是加上答案呢，因为我们最大值已经更新了，所以实际上是 $sum=0, sum = sum + cnt$)
当 $cnt=mx$的时候， $mx$不必更新， $sum+=cnt$
当 $cnt<mx$的时候，啥都不用做

代码

部分代码下面, 全部代码这里

int cnt[MAX], vis[MAX], mx;//mx记录当前
ll ans[MAX], sum;
void upd(int u, int fa, int k) {
    cnt[color[u]] += k;
    if (k == 1 && cnt[color[u]] >= mx) {
        if (cnt[color[u]] > mx) mx = cnt[color[u]], sum = 0;
        sum += color[u];
    }
    for (auto &v: g[u])
        if (v != fa && !vis[v]) upd(v, u, k);
}

void dsu(int u, int fa, int keep) {
    for (auto &v: g[u])
        if (v != fa && v != son[u]) dsu(v, u, 0);
    if (son[u]) dsu(son[u], u, 1), vis[son[u]] = 1;
    upd(u, fa, 1);
    ans[u] = sum;
    if (son[u]) vis[son[u]] = 0;
    if (!keep) upd(u, fa, -1), mx = sum = 0;
}

2. CF570D - Tree Requests 题解

3. Sgu507 题解

4. HackerEarth The Grass Type 题解

5. CF246E - Blood Cousins Return 题解

6. CF208E - Blood Cousins 题解

7. IOI2011 Race 题解

8. CF1009F - Dominant Indices 题解

9. CF375D - Tree and Queries 题解

参考blog

[Tutorial] Sack (dsu on tree)
树上启发式合并
dsu on tree学习笔记