【数据结构】树上莫队

conti1232024-04-10 21:07

树上莫队

前言

学习这个前，请确保你已经学会了普通莫队

如果可以，最好把带修莫队也学了

正文

例题1

洛谷orCF

题意简述：

  • 给定一棵 n n n 个节点的树，根节点为 1 1 1。每个节点上有一个颜色 c i c_i ci。 m m m 次操作。操作有一种：
    1. u k：询问在以 u u u 为根的子树中，出现次数 ≥ k \ge k ≥k 的颜色有多少种。

数据范围：

  • 2 ≤ n ≤ 1 0 5 2\le n\le 10^5 2≤n≤105， 1 ≤ m ≤ 1 0 5 1\le m\le 10^5 1≤m≤105， 1 ≤ c i , k ≤ 1 0 5 1\le c_i,k\le 10^5 1≤ci,k≤105。

分析

看着数据范围，应该是 O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O(nlogn)或 ( n n ) (n\sqrt n) (nn )的复杂度，可是 n log ⁡ n n\log n nlogn 的复杂度不太好想，再仔细看问题，这不明显莫队吗，可这是在树上啊。

于是树上莫队就被发明了，顾名思义，就是在树上莫队。

考虑将树上的询问转换为区间询问。

我们需要用到一个东西：dfs序或欧拉序

这样就能将树上的询问转换为区间询问。
dfs序多用于求有关子树的，欧拉序多用于求有关树上路径的，如果两个都有关，想想树剖吧 {\color{Red} \text{dfs序多用于求有关子树的，欧拉序多用于求有关树上路径的，如果两个都有关，想想树剖吧} } dfs序多用于求有关子树的，欧拉序多用于求有关树上路径的，如果两个都有关，想想树剖吧

看回这道题，因为是求一整颗子树，所以我们要记录这颗子树的起始节点即根节点的dfs序和最后一个叶子节点的dfs序，剩下的正常莫队维护就可以。

注意：

  • add和del操作操作的是dfs序，而不是直接的 l , r l,r l,r

Code:

cpp 复制代码 
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(NULL), cout.tie(NULL)
#define cou(i) cout << fixed << setprecision(i)
using namespace std;
const int N = 2e5 + 1;
struct fy {
    int l, r, id, k;
} q[N];
vector<int> E[N];
int n, m, a[N], b[N], ks, pos[N], cnt[N], ans, Ans[N], sum[N];
int dfn[N], las[N], beg[N], idx;
bool cmp(fy x, fy y) { return pos[x.l] == pos[y.l] ? x.r < y.r : pos[x.l] < pos[y.l]; }
inline void del(int x) {
    sum[cnt[a[x]]]--;
    cnt[a[x]]--;
}
inline void add(int x) {
    cnt[a[x]]++;
    sum[cnt[a[x]]]++;
}
void dfs(int u, int fa) {
    dfn[++idx] = u;
    beg[u] = idx;
    for (int i = 0; i < E[u].size(); i++) {
        int v = E[u][i];
        if (v == fa) continue;
        dfs(v, u);
    }
    las[u] = idx;
}
signed main() {
    IOS;
    cou(0);
    cin >> n >> m;
    ks = pow(n, 2.0 / 3.0);
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    for (int i = 0; i < N; i++) pos[i] = (i - 1) / ks + 1;
    // sort(b + 1, b + n + 1);
    // int len = unique(b + 1, b + n + 1) - b - 1;
    // for (int i = 1; i <= n; i++) {
    //     a[i] = lower_bound(b + 1, b + n + 1, a[i]) - b;
    // }
    for (int i = 1, x, y; i < n; i++) cin >> x >> y, E[x].push_back(y), E[y].push_back(x);
    dfs(1, 0);
    for (int i = 1, x, y; i <= m; i++) {
        cin >> x >> y, q[i].id = i;
        q[i].l = beg[x], q[i].r = las[x], q[i].k = y;
    }
    sort(q + 1, q + m + 1, cmp);
    int l = 1, r = 0;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int L = q[i].l, R = q[i].r, id = q[i].id;
        while (l > L) add(dfn[--l]);
        while (r < R) add(dfn[++r]);
        while (l < L) del(dfn[l++]);
        while (r > R) del(dfn[r--]);
        Ans[id] = sum[q[i].k];
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) cout << Ans[i] << "\n";
    return 0;
}

例题2

洛谷

题意简述：

  • 给定 n n n 个结点的树，每个结点有一种颜色。
  • m m m 次询问，每次询问给出 u , v u,v u,v，回答 u , v u,v u,v 之间的路径上的结点的不同颜色数。
  • 1 ≤ n ≤ 4 × 1 0 4 1\le n\le 4\times 10^4 1≤n≤4×104， 1 ≤ m ≤ 1 0 5 1\le m\le 10^5 1≤m≤105，颜色是不超过 2 × 1 0 9 2 \times 10^9 2×109 的非负整数。

分析

还是一样的套路，使用树上莫队，但注意到这里问的是路径问题，所以使用欧拉序。

剩下的就很简单了，直接套模板即可。

注意：

  • 数据很大，需离散化
  • 欧拉序的长度为 2 n 2n 2n，所以块长要改一下
  • 需要处理lca的节点
  • 处理lca时注意节点顺序
  • 注意处理无效节点

呃，简单讲一下：

因为欧拉序的性质，所以容易发现如果两个节点在同一颗子树内，那么直接用入栈顺序即可，那lca的点自然不用管。

若不在，我们发现，需要一个节点出栈以后，才能扫到另一个节点，所以一个用入栈序号(假设为 y y y)，一个用出栈序号(假设为 x x x点，且 z = l c a ( x , y ) z=lca(x,y) z=lca(x,y))。

那么 z z z的除含有 x , y x,y x,y节点的子树就是无用的，但也在区间之内，需要删掉，观察到他们在这个区间内出现了两次，所以若出现次数为两次，就不要统计进答案之中。

同时在这个区间中，因为 y y y还没有返回到 z z z，所以 z z z节点的答案是少算的，要加上，并在事后删除。

Code：

cpp 复制代码 
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(NULL), cout.tie(NULL)
#define cou(i) cout << fixed << setprecision(i)
using namespace std;
const int N = 2e5 + 1;
struct fy {
    int l, r, id, k;
} q[N];
vector<int> E[N];
int n, m, a[N], b[N], ks, pos[N], cnt[N], ans, Ans[N], sum[N], f[N][20];
int dfn[N], las[N], beg[N], idx;
bool cmp(fy x, fy y) {
    return pos[x.l] == pos[y.l] ? (pos[x.l] & 1 ? x.r < y.r : x.r > y.r) : pos[x.l] < pos[y.l];
}
inline void del(int x) {
    cnt[x]--;
    if (cnt[x] == 1) ans += (++sum[a[x]] == 1);
    if (cnt[x] == 0) ans -= (--sum[a[x]] == 0);
}
inline void add(int x) {
    cnt[x]++;
    if (cnt[x] == 1) ans += (++sum[a[x]] == 1);
    if (cnt[x] == 2) ans -= (--sum[a[x]] == 0);
}
void dfs(int u, int fa) {
    dfn[++idx] = u;
    beg[u] = idx;
    f[u][0] = fa;
    for (int i = 1; i < 20; i++) f[u][i] = f[f[u][i - 1]][i - 1];
    for (int i = 0; i < E[u].size(); i++) {
        int v = E[u][i];
        if (v == fa) continue;
        dfs(v, u);
    }
    dfn[++idx] = u;
    las[u] = idx;
}
int lca(int x, int y) {
    if (x == y) return x;
    if (beg[x] < beg[y]) swap(x, y);
    for (int i = 19; i >= 0; i--)
        if (beg[f[x][i]] > beg[y]) x = f[x][i];
    return f[x][0];
}
signed main() {
    IOS;
    cou(0);
    cin >> n >> m;
    ks = pow(2 * n, 2.0 / 3.0);
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i], b[i] = a[i];
    for (int i = 0; i < N; i++) pos[i] = (i - 1) / ks + 1;
    sort(b + 1, b + n + 1);
    int len = unique(b + 1, b + n + 1) - b - 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        a[i] = lower_bound(b + 1, b + len + 1, a[i]) - b;
    }
    for (int i = 1, x, y; i < n; i++) cin >> x >> y, E[x].push_back(y), E[y].push_back(x);
    dfs(1, 0);
    for (int i = 1, x, y, z; i <= m; i++) {
        cin >> x >> y, q[i].id = i;
        if (beg[y] < beg[x]) swap(x, y);
        z = lca(x, y);
        if (z == x) q[i].l = beg[x], q[i].r = beg[y], q[i].k = 0;
        else q[i].l = las[x], q[i].r = beg[y], q[i].k = z;
    }
    sort(q + 1, q + m + 1, cmp);
    int l = 1, r = 0;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int L = q[i].l, R = q[i].r, id = q[i].id;
        while (l > L) add(dfn[--l]);
        while (r < R) add(dfn[++r]);
        while (l < L) del(dfn[l++]);
        while (r > R) del(dfn[r--]);
        if (q[i].k) add(q[i].k);
        Ans[id] = ans;
        if (q[i].k) del(q[i].k);
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) cout << Ans[i] << "\n";
    return 0;
}

扩展

树上带修莫队例题
洛谷

树上莫队，但是带修改，好像也没什么好讲的，注意块长设为 ( 2 n ) 2 3 (2n)^\frac{2}{3} (2n)32
就代码比较长

部分Code:

cpp 复制代码 
void dfs(int u, int fa) {
    dfn[++idx] = u;
    beg[u] = idx;
    f[u][0] = fa;
    for (int i = 1; i < 20; i++) f[u][i] = f[f[u][i - 1]][i - 1];
    for (int i = 0; i < E[u].size(); i++) {
        int v = E[u][i];
        if (v == fa) continue;
        dfs(v, u);
    }
    dfn[++idx] = u;
    las[u] = idx;
}
int lca(int x, int y) {
    if (x == y) return x;
    if (beg[x] < beg[y]) swap(x, y);
    for (int i = 19; i >= 0; i--)
        if (beg[f[x][i]] > beg[y]) x = f[x][i];
    return f[x][0];
}
void modify(int x) {
    int X = C[x].X, Y = C[x].Y;
    if (cnt[X] == 1) {
        ans -= sum[a[X]] * (sum[a[X]] - 1) / 2;
        sum[a[X]]--;
        ans += sum[a[X]] * (sum[a[X]] - 1) / 2;
        ans -= sum[Y] * (sum[Y] - 1) / 2;
        sum[Y]++;
        ans += sum[Y] * (sum[Y] - 1) / 2;
    }
    swap(a[C[x].X], C[x].Y);
}
signed main() {
    IOS;
    cou(0);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    ks = 2 * pow(n, 2.0 / 3.0);
    for (int i = 0; i < N; i++) pos[i] = (i - 1) / ks + 1;
    for (int i = 1, x, y; i < n; i++) {
        cin >> x >> y;
        x++, y++;
        E[x].push_back(y), E[y].push_back(x);
    }
    dfs(1, 0);
    for (int i = 1, op, x, y, z; i <= m; i++) {
        cin >> op >> x >> y;
        if (op == 1) {
            x++;
            C[++cid].X = x, C[cid].Y = y;
        }
        if (op == 2) {
            x++, y++;
            qid++;
            q[qid].id = qid, q[qid].t = cid;
            if (beg[y] < beg[x]) swap(x, y);
            z = lca(x, y);
            if (z == x) q[qid].l = beg[x], q[qid].r = beg[y], q[qid].k = 0;
            else q[qid].l = las[x], q[qid].r = beg[y], q[qid].k = z;
        }
    }
    sort(q + 1, q + qid + 1, cmp);
    int l = 1, r = 0, T = 0;
    for (int i = 1; i <= qid; i++) {
        int L = q[i].l, R = q[i].r, id = q[i].id, ti = q[i].t;
        while (l > L) add(dfn[--l]);
        while (r < R) add(dfn[++r]);
        while (l < L) del(dfn[l++]);
        while (r > R) del(dfn[r--]);
        while (T < ti) modify(++T);
        while (T > ti) modify(T--);
        if (q[i].k) add(q[i].k);
        Ans[id] = ans;
        if (q[i].k) del(q[i].k);
    }
    for (int i = 1; i <= qid; i++) cout << Ans[i] << "\n";
    return 0;
}
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