樹上啟發式合併演算法是啟發式合併演算法在樹上的應用。下面我直接通過乙個例子來講解這個演算法。
例：給定一棵有根樹，樹的結點編號為1~n，根結點為結點1。結點i有顏色col[i]，其中1≤col[i]≤n。要求回答m個詢問，每個詢問回答顏色c在子樹u中出現多少次。
顯然要將查詢離線處理，即對子樹u的查詢都「掛」到結點u上。我們用cnt[c]表示顏色c出現的次數，那麼一種容易想到的暴力做法如下：
0.cnt陣列初始化為0；
1.從結點1開始dfs整棵樹。dfs至結點u時，按如下步驟處理掛在子樹u內的結點上的查詢：
(1)dfs結點u的各個兒子；
(2)遍歷一遍子樹u，在遍歷的同時更新cnt陣列；
(3)給出掛在結點u上的查詢的答案；
(4)遍歷一遍子樹u，在遍歷的同時更新cnt陣列（把對cnt陣列的貢獻抹去）。
顯然這個暴力做法的時間複雜度為o(n²)。容易想到的乙個優化是在步驟1(0)中u的最後乙個兒子對cnt陣列的貢獻可以保留著，這樣步驟1(1)就不需要遍歷以該兒子為根的子樹。這個優化有多大效果呢？事實上，如果我們適當改變dfs順序，使得被dfs的最後乙個兒子對應的子樹是諸位兒子中最大的，那麼這個優化可以把時間複雜度降至o(nlgn)。
帶這種優化的暴力做法就是樹上啟發式合併。在遍歷時，用bool變數keep來表示子樹u對cnt陣列的貢獻是否要保留。演算法步驟如下：
0.cnt陣列初始化為0；
1.從結點1開始dfs整棵樹。dfs至結點u時，按如下步驟處理掛在子樹u內的結點上的查詢：
(1)找到結點u的對應最大子樹的兒子bc；
(2)dfs結點u的各個兒子，其中結點bc是u的最後乙個被遍歷到的兒子，遞迴處理時若該子結點非bc則keep賦值為0，否則賦值為1；
(3)遍歷一遍子樹u，但不遍歷子樹bc，在遍歷的同時更新cnt陣列；
(4)給出掛在結點u上的查詢的答案；
(5)若keep為0，遍歷一遍子樹u，在遍歷的同時更新cnt陣列（把對cnt陣列的貢獻抹去）。
下面簡單地計算演算法的時間複雜度：演算法的耗時來自於對查詢的回答與各結點對cnt陣列的操作。由於每次查詢都是o(1)的，所以查詢的總複雜度為o(m)，可以忽略。考慮結點u對cnt陣列的操作次數，設u的祖先從近到遠依次為w_1，w_2，...，w_t。處理子樹u時，結點u第一次對cnt陣列進行操作，而結點u下一次對cnt陣列進行操作，發生在u下一次不在某個祖先的兒子子樹中最大的那棵中時，我們來說明這樣的事只能發生o(lgn)次。若u不在w_k的兒子子樹中最大的那棵中，則有size(w_k-1)*2≤size(w_k)，由於size(w_t)=n，所以這樣的事（u不在w_k的兒子子樹中最大的那棵中）只能發生o(lgn)次。綜上，各節點對cnt陣列的操作次數為o(nlgn)。
下面給出樹上啟發式合併的關鍵**：
void dfs1(int u,int fu) //sz[u]為子樹u的大小，st[u]與ft[u]分別為子樹u的dfs開始時間與結束時間，ver[time]為time時刻dfs的結點編號
{ sz[u]=1;st[u]=++t_c;ver[t_c]=u;
for (int i=0;i習題與解答（待更新）
codeforce741d
參考資料
樹上啟發式合併
解決樹上統計問題,o n log n o n log n o n lo g n 可以結合線段樹等資料結構維護深度上的資訊 部落格 入門題 const int maxn 1e5 7 const int mod 1e9 7 ll n,m,u,v,mx,sum vector int mp maxn int...
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樹上啟發式合併，一種美妙的黑科技，可以用普通的優化讓你 n 2 變成嚴格 n log 解決一些類似 樹上數顏色,樹上查眾數 這樣的問題 首先你要知道暴力為什麼是 n 2 的 以這個圖為例 每次你從乙個節點開始向下搜,你從1節點搜到3,搜完這個子樹然後你需要把3存的col等資訊刪去再遍歷另乙個子樹才是...
樹上啟發式合併總結
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