树上启发式合并算法概述及习题

前言

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树上启发式合并概述

一、适用问题

树上启发式合并作为树上问题三剑客之一（点分治、长链剖分），以其优雅的暴力而闻名于江湖之中。

通常来说，如果一个问题可以被划分为一个个子树进行求解的问题，而且各个子儿子对答案的贡献容易添加与删除，就可以考虑使用树上启发式合并来求解。

本文主要介绍树上启发式合并的一些习题，可以从习题中仔细感受该算法的一系列特点。

二、算法介绍

树上启发式合并需要两次 dfsdfsdfs，第一次 dfsdfsdfs 进行重链剖分，第二次 dfsdfsdfs 进行求解。

通常有一个全局的数组用于信息记录。dfsdfsdfs 之前，需要将这个数组赋初值。dfsdfsdfs 时，先递归处理轻儿子，处理完之后清空轻儿子，最后再处理重儿子，处理完之后不清空。

计算完儿子的答案之后，再递归所有轻儿子，边递归边计算答案，并将轻儿子的信息添加到全局数组中。

这个做法的时间复杂度是 O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)，因为每个节点直接继承了其子树中的重儿子，即每次只有轻儿子会被重复访问，访问完之后，轻儿子即会和重儿子进行合并，每次合并 szszsz 至少乘 222，因此每个点最多被重复访问 lognlognlogn 次，即总时间复杂度为 O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)。

三、算法模板

其实树上启发式合并并没有什么模板，只需要处理好两次 dfsdfsdfs 的过程，然后实现插入、删除、更新三个函数即可。

以下面第一题的代码为例，给出一个大致的模板。

int sz[N],son[N];void dfs1(int x){/* 求解重儿子 */sz[x] = 1;for(int i = head[x]; i; i = e[i].next){int y = e[i].to;dfs1(y); sz[x] += sz[y];if(sz[y] > sz[son[x]]) son[x] = y;}
}void Delete(int x){/* 删除的内容 */for(int i = head[x]; i; i = e[i].next) Delete(e[i].to);
}void modify(int x,int fa){/* 更新的内容 */for(int i = head[x]; i; i = e[i].next) modify(e[i].to,fa);
}void ins(int x){/* 插入的内容 */for(int i = head[x]; i; i = e[i].next) ins(e[i].to);
}void dfs2(int x){/* 求解轻儿子并清空 */for(int i = head[x]; i; i = e[i].next)if(e[i].to != son[x]) dfs2(e[i].to), Delete(e[i].to);/* 求解重儿子并保留 */if(son[x]) dfs2(son[x]);/* 用重儿子更新答案 *//* 枚举轻儿子更新答案，并加入轻儿子 */for(int i = head[x]; i; i = e[i].next) if(e[i].to != son[x]) modify(e[i].to,x), ins(e[i].to);/* 用所有儿子更新答案 */
}

树上启发式合并系列习题

1. Mehrdad’s Dokhtar-kosh paths

题意: 给定一棵有根树，每条边的权值是 [a,v][a,v][a,v] 的一个字母。现对于每个树上点，求出最长的一条 “回文” 路径。“回文” 路径的含义是将路径上所有的字母取出，可以组成一个回文串。(1≤n≤5∗105)(1\leq n\leq 5*10^5)(1≤n≤5∗105)

思路: 树上的这类问题，我们可以依次思考点分治、树上启发式合并、长链剖分，根据该题题意，不难识别这是一道树上启发式合并问题。

确认是树上启发式合并之后，我们需要定状态。由于 “回文” 路径只要求所有字母可以组成一个回文串，因此我们可以利用状压的思想给每一个字母进行赋值，然后对于每个点求一个从根节点到当前点的异或和。

令 f[i]f[i]f[i] 表示对于当前点 nownownow，其子树中存在一个点 xxx，value[x]=i,f[i]=dep[x]value[x]=i,f[i]=dep[x]value[x]=i,f[i]=dep[x]，xxx 为此中情况下深度最深的点。然后计算点 nownownow 答案时，我们只需考虑三种情况。

三种情况在代码中有比较清晰的注释，不太清楚细节的朋友可以看看代码。总体来说，这题应该属于树上启发式合并的经典问题。

总结: 此题有几个思想比较可取。

代码:

#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a);
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define per(i,a,b) for(int i = a; i >= b; i--)
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
typedef long long ll;
typedef double db;
const int inf = 1e8;
const int N = 5e5+10;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;void dbg() {cout << "\n";}
template<typename T, typename... A> void dbg(T a, A... x) {cout << a << ' '; dbg(x...);}
#define logs(x...) {cout << #x << " -> "; dbg(x);}int n,a[N],tot,head[N],sz[N],son[N],f[1<<22],dep[N],ans[N]; //f[i]:表示子树中异或和为f[i]的最大深度
struct Node{int to,next;
}e[N];void add(int x,int y){e[++tot].to = y, e[tot].next = head[x], head[x] = tot;
}void dfs1(int x){ans[x] = -inf; sz[x] = 1;for(int i = head[x]; i; i = e[i].next){int y = e[i].to;dep[y] = dep[x]+1; a[y] ^= a[x];dfs1(y); sz[x] += sz[y];if(sz[y] > sz[son[x]]) son[x] = y;}
}void Delete(int x){f[a[x]] = -inf;for(int i = head[x]; i; i = e[i].next) Delete(e[i].to);
}void modify(int x,int fa){ans[fa] = max(ans[fa],f[a[x]]+dep[x]-2*dep[fa]);for(int i = 0; i < 22; i++)ans[fa] = max(ans[fa],f[a[x]^(1<<i)]+dep[x]-2*dep[fa]);for(int i = head[x]; i; i = e[i].next) modify(e[i].to,fa);
}void ins(int x){f[a[x]] = max(f[a[x]],dep[x]);for(int i = head[x]; i; i = e[i].next) ins(e[i].to);
}void dfs2(int x){ans[x] = 0;for(int i = head[x]; i; i = e[i].next)if(e[i].to != son[x]) dfs2(e[i].to), Delete(e[i].to);if(son[x]) dfs2(son[x]);f[a[x]] = max(f[a[x]],dep[x]);//路径经过xfor(int i = head[x]; i; i = e[i].next) if(e[i].to != son[x]) modify(e[i].to,x), ins(e[i].to);//x为路径端点ans[x] = max(ans[x],f[a[x]]-dep[x]);for(int i = 0; i < 22; i++)ans[x] = max(ans[x],f[a[x]^(1<<i)]-dep[x]);//路径不经过xfor(int i = head[x]; i; i = e[i].next) ans[x] = max(ans[x],ans[e[i].to]);
}int main()
{scanf("%d",&n); tot = 1;rep(i,0,(1<<22)-1) f[i] = -inf; //不要忘记赋初值rep(i,2,n){int p; char s[10];scanf("%d%s",&p,s);add(p,i); a[i] = 1<<(s[0]-'a');}dfs1(1); dfs2(1);rep(i,1,n) printf("%d%c",ans[i]," \n"[i==n]);return 0;
}

2. Treediff

题意: 给定一棵有根树，一共有 nnn 个节点，mmm 个叶子，每个叶子节点都有一个权值。现对于每个非叶子节点，要求求出其子树中任意两个叶子权值绝对值之差的最小值。 (1≤n≤5∗104)(1\leq n\leq 5*10^4)(1≤n≤5∗104)

思路: 相比上一个问题，这个问题是更加典型的树上启发式合并问题，我们只需要维护一个全局的 setsetset，然后每次往 setsetset 加点时，用其左右两个点求一个差值，然后更新答案即可。

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <set>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a);
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define per(i,a,b) for(int i = a; i >= b; i--)
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
typedef long long ll;
typedef double db;
const int inf = (1ll<<31)-1ll;
const int N = 5e4+10;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;void dbg() {cout << "\n";}
template<typename T, typename... A> void dbg(T a, A... x) {cout << a << ' '; dbg(x...);}
#define logs(x...) {cout << #x << " -> "; dbg(x);}int n,m,a[N],tot,head[N],sz[N],son[N],ans[N]; //f[i]:表示子树中异或和为f[i]的最大深度
struct Node{int to,next;
}e[N];
set<int> st;void add(int x,int y){e[++tot].to = y, e[tot].next = head[x], head[x] = tot;
}void dfs1(int x){sz[x] = 1;for(int i = head[x]; i; i = e[i].next){int y = e[i].to;dfs1(y); sz[x] += sz[y];if(sz[y] > sz[son[x]]) son[x] = y;}
}void ins(int x,int fa){if(a[x] != inf){if(st.find(a[x]) != st.end()) ans[fa] = 0;else{st.insert(a[x]);// logs(x,ans[x],fa,ans[fa]);auto it = st.find(a[x]), tmp = it;if(it != st.begin()){tmp = --it; it++;ans[fa] = min(ans[fa],(*it)-(*tmp));}tmp = ++it; it--;if(tmp != st.end()) ans[fa] = min(ans[fa],(*tmp)-(*it));// for(auto &v:st) logs(v);}}for(int i = head[x]; i; i = e[i].next) ins(e[i].to,fa);
}void dfs2(int x){for(int i = head[x]; i; i = e[i].next)if(e[i].to != son[x]) dfs2(e[i].to), st.clear();if(son[x]) dfs2(son[x]), ans[x] = min(ans[x],ans[son[x]]);if(a[x] != inf) st.insert(a[x]);for(int i = head[x]; i; i = e[i].next) if(e[i].to != son[x]) ins(e[i].to,x);
}int main()
{scanf("%d%d",&n,&m); tot = 1;rep(i,2,n){int p; scanf("%d",&p);add(p,i);}rep(i,1,n) ans[i] = inf, a[i] = inf;rep(i,n-m+1,n) scanf("%d",&a[i]);dfs1(1); dfs2(1);rep(i,1,n-m) printf("%d%c",ans[i]," \n"[i==n]);return 0;
}