CF 600E 树上启发式合并

DUS on tree

难得都不会,会的都是板子,可悲,可悲

题意:略

先想一个O(n^2)的写法,然后想办法去掉重复计算。究竟哪里重复 了呢?

假设p是x的儿子,p有很多个。每次计算答案的时候,如果“重儿子”(子孙最多的p)的答案可以直接用的话,

就可以省去很多的重复计算,这就是书上启发式合并

 

DUS ON TREE写法类似板子(恕我无知,没见过其他整法)

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 7;
ll list[maxn];
ll ans, mx;
int siz[maxn];//根
int son[maxn];//重儿子
ll cns[maxn];

vector<int>G[maxn];

void insert(int be, int en) {
	G[be].push_back(en);
}
int  dfs(int x, int fa) {
	siz[x] = 1;
	int c = 0;
	for(int p : G[x]) {
		if (p == fa) continue;
		dfs(p, x);
		siz[x] += siz[p];
		if (c < siz[p]) {
			c = siz[p];
			son[x] = p;
		}
	}
	return 0;
}
ll cnt[maxn];//出现次数

int cal(int x, int fa, int cn, int ban) {
	cnt[list[x]] += cn;

	if (cnt[list[x]] > mx) {
		mx = cnt[list[x]];//times
		ans = list[x];
	}
	else if (cnt[list[x]] == mx) {
		ans += list[x];
	}

	for (int p : G[x]) {
		if (p == fa || p == ban) continue;
		cal(p, x, cn, ban);
	}
	return 0;
}
int dfs2(int x, int fa,int f) {
	for (int p : G[x]) {
		if (p == fa || p == son[x]) continue;

		dfs2(p, x, 1);
	}
	if (son[x] ) {
		dfs2(son[x], x, 0);
	}
	cal(x, fa, 1, son[x]);

	cns[x] = ans;

	if (f == 1) {
		cal(x, fa, -1, 0);//把树清理干净
		ans = 0;
		mx = 0;
	}
	return 0;
}

int main() {
	int n;
	int be, en;
	ans = 0;
	mx = 0;
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lld", &list[i]);
	}
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		scanf("%d %d", &be, &en);
		insert(be, en);
		insert(en, be);
	}
	dfs(1, -1);
	dfs2(1, -1, 0);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (i == 1) printf("%lld", cns[i]);
		else printf(" %lld", cns[i]);
	}
	printf("\n");
	return 0;
}

  

原文地址:https://www.cnblogs.com/lesning/p/12249955.html

时间: 2024-11-05 16:36:05

CF 600E 树上启发式合并的相关文章

CodeForces 600E. Lomsat gelral【树上启发式合并】

传送门 好像大家都是拿这道题作为树上启发式合并的板子题. 树上启发式合并,英文是 dsu on tree,感觉还是中文的说法更准确,因为这个算法和并查集(dsu)没有任何关系.一般用来求解有根树的所有子树的统计问题. 根据轻重儿子的各种性质,可以证明这个算法的时间复杂度为 \(O(nlogn)\),虽然看起来暴力的不行,但是却是一个很高效的算法. 算法的核心其实就是对于每个节点,先计算轻儿子,再计算重儿子,把自己和轻儿子的所有贡献累计到重儿子上去,如果自己是轻儿子,就把贡献清空. 如果掌握了树链

图论-树上启发式合并(DSU On Tree)

Disjoint Set Union On Tree ,似乎是来自 Codeforces 的一种新操作,似乎被叫做"树上启发式合并". 在不带修改的有根树子树信息统计问题中,似乎树上莫队和这个 DSU On Tree 是两类常规操作. 先对树按轻重链剖分.对于每个节点,先计算轻儿子为根的子树信息,每次计算后消除影响,再去计算其他轻儿子.然后计算重儿子为根的子树信息,不消除影响,并把轻儿子们为根的子树信息加入,再合并这个节点本身的信息.由于一个大小 \(x\) 的子树被消除影响后,都把信

【CF600E】Lomsat gelral——树上启发式合并

(题面来自luogu) 题意翻译 一棵树有n个结点,每个结点都是一种颜色,每个颜色有一个编号,求树中每个子树的最多的颜色编号的和. ci <= n <= 1e5 树上启发式合并裸题.统计时先扫一遍得到出现次数最大值,然后再扫一遍看哪个颜色的出现次数与mxCnt相等.注意用一个bool数组判重,清空轻儿子贡献时要顺手把bool数组也打成false. 代码: #include <iostream> #include <cstdio> #include <cctype&

【基本操作】树上启发式合并の详解

树上启发式合并是某些神仙题目的常见操作. 这里有一个讲得详细一点的,不过为了深刻记忆,我还是再给自己讲一遍吧! DSU(Disjoint Set Union),别看英文名挺高级,其实它就是并查集…… DSU on tree,也就是树上的启发式合并(众所周知,并查集最重要的优化就是启发式合并). 然后咱们来考虑一个基础题:给出一棵树,每个节点有颜色,询问一些子树中不同的颜色数量(颜色可重复).祖传数据($100000$). 当然,这道题可以被各种方法切,比如带修莫队(做法自行百度). 但莫队的时空

树上启发式合并入门

前言 树上启发式合并,即\(DSU\ on\ Tree\),是一个挺好用.挺实用的树上信息维护方法. 由于它比较简单,容易理解,因此这里也就简单记录一下吧. 前置知识:重儿子 什么是重儿子? 这应该是树链剖分中的一个概念吧.重儿子就是某个节点的子节点中,子树大小最大的节点. 适用情况 你可以很方便地给每个点染上白色和黑色,且你需要对于每个点都分别得到其子树内节点为黑.子树外节点为白的局面. 具体实现 这是一个比较贪心的过程. 考虑\(dfs\)遍历时,对于当前点的每个儿子,除最后操作的儿子以外,

“优美的暴力”——树上启发式合并

今天介绍一个神仙算法:Dsu On Tree[ 树上启发式合并 ] 这个算法用于离线处理询问子树信息,而且很好写. 但是在你没有理解它之前,这是个很鬼畜的算法. 理解后你才能真心感到它的美妙之处. 关键是它是有着媲美线段树合并的时间复杂度的“暴力”算法. 这里说一件事,我学这个东西时找了很多篇博客,它们无一例外地给出了这样一个流程: 1. 先统计一个节点所有的轻儿子 然后删除它的答案2. 再统计这个节点的重儿子 保留他的答案3. 再算一遍所有轻儿子 加到答案中上传 我当时就看的很懵逼,算一遍所有

CodeForces 375D. Tree and Queries【树上启发式合并】

传送门 题意 给出一棵 \(n\) 个结点的树,每个结点有一个颜色 \(c_i\) . 询问 \(q\) 次,每次询问以 \(v\) 结点为根的子树中,出现次数 \(\ge k\) 的颜色有多少种.树的根节点是 \(1\). 题解 反正我看见这个 \(\ge k\) 就觉得要用线段树,实际上好像不用写线段树的 Orz. 还是树上启发式合并,记录每种颜色出现的次数,然后线段树记录某种次数有多少颜色,更改就在线段树上改. 这是最后一道树上启发式合并的例题了,以后遇到再刷. #include <bit

HDU - 4358 Boring counting (树上启发式合并/线段树合并)

题目链接 题意:统计树上每个结点中恰好出现了k次的颜色数. dsu on tree/线段树合并裸题. 启发式合并1:(748ms) 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 const int N=1e5+10; 5 int n,m,k,a[N],b[N],nb,fa[N],son[N],siz[N],cnt[N],ans[N],now,ne,hd[N],ka; 6 struct E {

CF 600 E Lomsat gelral —— 树上启发式合并

题目:http://codeforces.com/contest/600/problem/E 看博客:https://blog.csdn.net/blue_kid/article/details/82192641 https://blog.csdn.net/clove_unique/article/details/60772212 还是不太明白复杂度... 代码如下: #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring&g