dsu on tree 樹上啟發式合併

對於一顆靜態樹，o（nlogn）時間內處理子樹的統計問題。是一種優雅的暴力。

很顯然，樸素做法下，對於每顆子樹對其進行統計的時間複雜度是平方級別的。考慮對樹進行乙個重鏈剖分。雖然都基於重鏈剖分，但不同於樹剖，我們維護的不是樹鏈。

對於每個節點，我們先處理其輕兒子所在子樹，輕子樹在處理完後消除其影響。然後處理重兒子所在子樹，保留其貢獻。然後再暴力跑該點的輕子樹，統計該點子樹的最終答案。如果該點子樹是輕子樹，則消除該子樹的影響，否則保留。用**描述的話，大概是這個流程：

void dfs(int u,int fa,int hvy)
if(son[u])//處理重子樹
dfs(son[u],u,1);
calc(u,fa,1);//暴力統計輕子樹對該點答案的貢獻
ans[u]=res;
if(!hvy)
calc(u,fa,-1);//若點u所在子樹是輕子樹，則逆著原來統計的操作來消除其影響。
}

以上體現大概思想，但遇到具體題目可能有很多細節需要思考。

這個可能不能很容易的明白其為何高效，如何達到o（nlogn）。因此我們考慮每個節點對時間複雜度的貢獻。如果真的明白上述的演算法流程，可以知道我們執行暴力統計的都是對輕邊所連的子樹，因此每個點被遍歷到的次數與它往上到根的輕邊數量有關。而任一點到根的路徑上，輕邊的數量不會超過logn。因此每個點最多被遍歷logn次。這樣想應該好理解很多。

lomsat gelral

這是一道比較經典的入門題，有興趣的可以練手，感受一下演算法的思想，再做下一題。在此不給出**。

下面稍微講一下d. arpa』s letter-marked tree and mehrdad』s dokhtar-kosh paths

感覺這道題還是挺難的，要考慮不少細節。

題意大概就是每條邊有乙個字元（a-v)，求每顆子樹下最長的一條簡單路徑，其上的字元可重組成回文串。顯然就是要至多只有乙個字元出現奇數次。

我們把每種字元看作二進位製上的乙個位，即2的冪。則滿足條件的簡單路徑，其邊權異或結果必須為0或2的冪。

因此用到dp和dsu on tree的思想。a[i]表示點i到根的路徑異或值，dp[i]表示a[x]=i的點中，深度最大的x的深度。

對於一顆以u為根的子樹，它的答案路徑（該路徑預設包含u，因此可能不是最終答案）可能是1.u到其子樹中某點的簡單路徑；2.u的兩顆不同子樹中的兩點間的路徑。前者直接判斷來更新答案；對於後者兩顆子樹間的情況，需要不斷更新每個異或值下的最大深度，方便對於跑到的點可以知道此時與它滿足條件的另一點的最大深度，從而得知路徑長來更新答案。然後若該子樹為重子樹，則保留dp資訊，否則重置。

附上**

#include#define dd(x) cout<<#x<<" = "typedef priority_queuebq;

typedef priority_queue,greater> sq;

const int maxn=5e5+10,mod=1e9+7,inf=0x3f3f3f3f;

int a[maxn],dp[maxn*10],sz[maxn],d[maxn],son[maxn],ans[maxn];

vectorg[maxn];

void dfs1(int u,int fa)

}int mx;

bool check(int x,int y)

void cal(int rt,int u)

for (int i=1;i

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學習總結 Dsu on tree 樹上啟發式合併

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