【Cf Edu #47 F】Dominant Indices（长链剖分）

要求每个点子树中节点最多的层数，一个通常的思路是树上启发式合并，对于每一个点，保留它的重儿子的贡献，暴力扫轻儿子将他们的贡献合并到重儿子里来。

参考重链剖分，由于一个点向上最多只有$log$条轻边，故每个点最多被合并$log$次。但这不是这题想说的。

由于我们只保留以深度为下标的信息，重链剖分就会多算，以此引出长链剖分，权且作为一个模板来学习。

长链剖分时，每个点以最深的儿子作为长儿子，其余为短儿子。

每个点$O(1)$继承长儿子的信息，将短儿子的信息合并上来。每个点只有作为短儿子时才保留以它为链头的一条长链上的信息，空间复杂度为$O(链长)$。

显然，每次短儿子被合并之后就不会再被访问到了，因为它合并到了一条比它更长的链，而所有的长链都不相交，每条链都以$O(链长)$被合并掉，故总复杂度是$O(n)$的。

这道题只要维护深度为$i$的节点的数量，取最大值即可。

 

$\bigodot$技巧&套路：

• 以深度为下标的信息，可以考虑长链剖分。
• 通常信息的合并，DSU on tree就可以了。

1 #include <cstdio> 2 #include <vector> 3 4 const int N = 1000005; 5 6 int n, hig[N], res[N], son[N], dep[N]; 7 std::vector<int> g[N]; 8 9 int yun, las[N], to[N << 1], pre[N << 1]; 10 inline void Add(int a, int b) { 11 to[++yun] = b; pre[yun] = las[a]; las[a] = yun; 12 } 13 14 void Dfs(int x, int Fa) { 15 for (int i = las[x]; i; i = pre[i]) if (to[i] != Fa) { 16 Dfs(to[i], x); 17 if (hig[x] < hig[to[i]] + 1) { 18 hig[x] = hig[to[i]] + 1; 19 son[x] = to[i]; 20 } 21 } 22 if (!son[x]) { 23 g[x].push_back(1); return; 24 } 25 std::swap(g[x], g[son[x]]); 26 res[x] = res[son[x]]; 27 for (int i = las[x]; i; i = pre[i]) if (to[i] != Fa) { 28 if (son[x] != to[i]) { 29 int nx = (int)g[x].size(), nt = (int)g[to[i]].size(); 30 for (int j = 0; j < nt; ++j) { 31 g[x][nx - nt + j] += g[to[i]][j]; 32 if (g[x][nx - nt + j] >= g[x][res[x]]) res[x] = nx - nt + j; 33 } 34 } 35 } 36 g[x].push_back(1); 37 if (g[x][res[x]] == 1) res[x] = (int)g[x].size() - 1; 38 } 39 40 int main() { 41 scanf("%d", &n); 42 for (int i = 1, x, y; i < n; ++i) { 43 scanf("%d%d", &x, &y); 44 Add(x, y); Add(y, x); 45 } 46 Dfs(1, 0); 47 for (int i = 1; i <= n; ++i) { 48 printf("%d\n", hig[i] - res[i]); 49 } 50 51 return 0; 52 } View Code

 

转载于:https://www.cnblogs.com/Dance-Of-Faith/p/9322458.html

总结

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