DSU on tree，我也不知道DSU是啥意思
这是一种看似特别玄学的优化
可以把树上部分问题由 \(O(n^2)\) 优化到 \(O(n \log n)\)。
例如 CodeForces 600E。
又例如一道神奇的题：
可以离线的部分树上问题。
需要子树上的所有信息，但是信息无法快速合并的情况。
或者说可以使用树上莫队的题目一般都可以使用启发式合并？（至少OI-Wiki是这么说的）
树上启发式合并并不是很常用
首先定义一点概念：
树上启发式合并的思路如下：
处理 x 为根的情况
递归处理 轻子节点 的答案，并舍弃其信息
处理 重子节点 的答案，并保留其信息
如果 x 为（其父亲的）重子节点，则加上所有 轻子节点 的信息。否则舍弃其信息
很明显，我们需要预处理出重子节点。同时可能需要用到
dfn序来优化信息的加入不妨我们以
vector存图（非常方便）void workSon(int x, int f) { siz[x] = 1, fa[x] = f; dfn[x] = ++cdfn, rdfn[cdfn] = x; for (int y : G[x]) { if (dfn[y]) continue; workSon(y, x); siz[x] += siz[y]; if (siz[son[x]] < siz[y]) son[x] = y; } edfn[x] = cdfn; }最终
son[x]就是x的重子节点，同时我们处理出了dfn序以及以x为子树的dfn序范围：[dfn[x], edfn[x]]注意为闭区间
那么伪代码大致如下：
// remain 用于获知需不需要保留数据，默认不保留
int currentAnswer;
void work(int x, bool remain = false) {
for (int y : G[x]) {
if (y != fa[x] && y != son[x]) work(y);
}
if (son[x]) work(son[x], true);
for (int y : G[x]) {
if (y == fa[x] || y == son[x]) continue;
addSubTreeInfoAndUpdateAnswer(y);
}
answerOf[x] = currentAnswer;
if (!remain) {
clearAnswer();
for (int y : G[x]) {
if (y != fa[x]) removeSubTreeInfo(y);
}
}
}
每个部分的作用在函数名里面应该很清晰了。这里不再赘述。
首先，根节点到树上任意节点的轻边数不超过 \(\log n\) 条。
只有当祖先节点为轻子节点时其信息会被删除。也就是加入 \(O(\log n)\) 次，删除 \(O(\log n)\) 次，故而每一个点的复杂度为 \(O(\log n)\)，整体的复杂度为 \(O(n \log n)\)。
当然，考虑如果每一个节点加入信息或者删除信息的复杂度为 \(O(k)\)，则整体复杂度为 \(O(n k \log n)\)。
非常玄学……但是就是能够优化
就以开始为例子的两道题为例吧。
这道题也就是树上数颜色的问题。
题目大意是：
对于每一个节点，做出贡献的颜色需要满足出现的次数是最多的之一。一个颜色的贡献即是这个颜色的编号。
最终输出每一个节点被贡献的结果
样例输入
4
1 2 3 4
1 2
2 3
2 4
样例输出
10 9 3 4
最主要也是最重要的就是颜色的统计。
加入点（颜色）的核心代码如下：
int colorBut[N];
long long maxExi = 0, cnt = 0;
void add(int c) {
if (++colorBut[c] == maxExi) {
cnt += c;
} else if (colorBut[c] > maxExi) {
maxExi = colorBut[c], cnt = c;
}
}
在合并部分也很清晰了
long long res[N];
void dsu(int x, int f, bool remain = false) {
for (int y : G[x]) {
if (y != f && y != son[x]) dsu(y, x);
}
if (son[x]) dsu(son[x], x, true);
// 记得把根节点的信息也加进去！
add(col[x]);
for (int y : G[x]) {
if (y == f || y == son[x]) continue;
// 添加信息
for (int i = dfn[y]; i <= edfn[y]; ++i) add(col[rdfn[i]]);
}
res[x] = cnt;
if (!remain) {
maxExi = cnt = 0; // 重置答案
for (int i = dfn[x]; i <= edfn[x]; ++i) // 删除影响信息
colorBut[col[rdfn[i]]] = 0;
}
}
这道题稍微复杂一点。
考虑每对点对其 LCA 的贡献。或者换个思路，考虑每一个根节点能够被那些点贡献。
不难发现，有两种情况：
LCA 和其子节点之间的路径
LCA 的两个子节点之间的路径。这里要保证两个子节点在不同的子树里面。
如果我们已经预处理出了树上异或前缀和 path。那么任意两个点对其 LCA 的贡献为 path[x] ^ path[y] ^ val[LCA]。我们不妨对于每一个 LCA，枚举所有 path[y] ^ val[LCA]，同时在已知的 path[x] 中匹配最大的异或对。
最大异或对可以看此题：AcWing 143.最大异或对
利用了01Trie树和二进制贪心。
此处不展开。
同时，由于我们需要保证 x 和 y 在 u 的不同子树中，所以我们先查询完一颗子树再加入这棵子树的信息。
核心代码如下：
// 树上启发式合并
void work(int x, int f, bool remain = false) {
// 首先搞定所有非重子节点
for (int y : G[x]) {
if (y == f || y == son[x]) continue;
work(y, x);
}
// 搞定重子节点，并保留数据
if (son[x]) work(son[x], x, true);
// path[fa[x]] 也就是 path[x] ^ val[x]
int ans = max(val[x], trie.pairMax(path[fa[x]]));
trie.insert(path[x]);
// 加入其他节点，并搜索
for (int y : G[x]) {
if (y == f || y == son[x]) continue;
for (int j = dfn[y]; j <= edfn[y]; ++j) {
int pa = path[rdfn[j]] ^ val[x];
ans = max(ans, trie.pairMax(pa));
}
for (int j = dfn[y]; j <= edfn[y]; ++j) {
trie.insert(path[rdfn[j]]);
}
}
res[x] = ans;
if (!remain) trie.clear();
}
至于 01Trie 树代码如下：
const int LOG = 30; // 31位！下标为 [0, 30]
#define bit(x, i) ((x >> i) & 1)
class Trie01 {
private:
int ch[N << 4][2];
int usage;
public:
Trie01() : usage(1) {
}
inline int newNode() {
++usage;
ch[usage][0] = ch[usage][1] = 0;
return usage;
}
void insert(int x) {
int p = 1;
for (int k = LOG; k >= 0; --k) {
int s = bit(x, k);
if (!ch[p][s]) ch[p][s] = newNode();
p = ch[p][s];
}
}
// 这是通过树的形状贪心寻找最大异或对
int pairMax(int x) {
int p = 1;
int r = 0;
for (int k = LOG; k >= 0; --k) {
int s = bit(x, k) ^ 1;
if (ch[p][s]) r = (r << 1) | 1, p = ch[p][s];
else if (ch[p][s ^ 1]) r <<= 1, p = ch[p][s ^ 1];
else p = 0, r = x; // 避免空树的情况
}
return r;
}
void clear() {
usage = 1;
ch[1][0] = ch[1][1] = 0;
}
} trie;
那么这道 水题 也就这么水过去了。
忘了说，其复杂度为 \(O(n \log n L)\)，其中 \(L\) 是位长，也就是代码中的 LOG = 30。所以复杂度也可以写为 \(O(n \log^2 n)\)
树上启发式合并的潜力不止于此，还望诸君发掘。