【图论】树上启发式合并-Toy模板网

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本篇博客参考：

Oi Wiki 树上启发式合并
算法学习笔记(86): 树上启发式合并

基本概念

首先，什么是 启发式合并 ？

有人将其称为“优雅的暴力”，启发式合并就是在合并两个部分的时候，将内容少的部分合并至内容多的部分，减少合并的操作时间

树上启发式合并（dsu on tree） 可以被用来解决树上的 离线问题（请注意，必须要是离线问题，因为处理问题的顺序有讲究），特别是可以维护以每个点为根的子树中的信息

一般来说，对于查询以每个点为根的子树中的信息的问题，我们可以用树形dp来处理，但是如果每个点的信息不止一两个数字，而是很庞大的部分（比如说每个点所需要的信息都要多个map来存储），这样使用树形dp的空间复杂度将会非常庞大，而树上启发式合并可以用来解决这样的问题

代码实现

举个例子，比如说我们给出一棵树，树上的每个结点染色，现在我们需要统计以每个结点为根的子树中出现多少种颜色

最暴力的方法就是每个结点跑一次 dfs，用 cnt[] 数组存储每个颜色出现的次数，输出

但是很明显会T的很惨

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这样的树中，我们首先计算2子树的信息，然后计算3子树的信息的时候我们又要把2子树清空，每计算一个新的子树都要把之前计算过的信息清空，根本存不下来信息啊

然后我们考虑一下怎么优化呢，父结点的信息和子结点相关，我们可以用子结点的信息更新父结点的信息，也就是，我们在计算1子树的所有结点信息时，假如4子树是234里最后一个被计算的，那我们算完4子树之后，可以不用清空 cnt 数组，反正我们计算1子树的时候还是要遍历4子树的，将4子树的信息全部保留，再加上前面23子树的信息就可以得到1子树的信息了

这个4子树应该怎么选择呢？换句话说，我们保留哪一个子树的信息不被删除呢？根据启发式合并的思想，保留最庞大的子树信息不动，就可以减少重复计算的次数了

在树链剖分时我们把树中结点最多的子树根结点叫做重子结点，也就是说，在树上启发式合并的过程中，我们需要先计算所有轻子结点的信息（每计算一个轻子结点之后都要删除这个结点对当前答案的影响），最后计算重子结点的信息（保留重子结点对当前答案的影响），然后再计算前面的轻子结点（这一次计算要保留结点对当前答案的影响）

用两遍 dfs 实现

下面是一些变量定义：文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-852292.html

sz[u] 以 u 为根的子树的结点数量
son[u] 结点 u 的重子结点
col[u] 结点 u 的颜色
L[u] 结点 u 的 dfs 序
R[u] 以 u 为根的子树中结点 dfs 序的最大值
id[u] L 标号 u 对应的结点编号，有 id[L[u]] == u
cnt[u] 颜色 u 的出现次数
totcol 目前出现过的颜色个数

void dfs1(int u, int fa) // u: 当前结点  fa: 父结点
{
	L[u] = ++ totdfn; // 更新u的dfs序
	Node[totdfn] = u; // 更新dfs序的映射
	sz[u] = 1; // 初始化子树大小为1
	for (int i = 0; i < g[u].size(); i ++ )
	{
		int j = g[u][i]; // 子结点编号
		if (j == fa) continue;
		dfs1(j, u);
		sz[u] += sz[j]; // 用子结点的sz更新父结点的sz
		if (sz[j] > sz[son[u]]) son[u] = j; // 更新重子结点
	}
	R[u] = totdfn; // 更新当前子树中dfs序的最大值
}

void dfs2(int u, int fa, bool keep) // u: 当前结点  fa: 父结点  keep: 此次遍历计算的答案是否保留
{
	// 计算轻子结点的答案
	for (int i = 0; i < g[u].size(); i ++ )
	{
		int j = g[u][i]; // 子结点编号
		if (j == fa || j == son[u]) continue; // 遇到重子结点或者父结点就跳过
		dfs2(j, u, false); // 继续计算轻子结点的答案且不保留
	}

	if (son[u]) dfs2(son[u], u, true); // 计算重儿子答案并保留计算过程中的数据（用于继承）

	for (int i = 0; i < g[u].size(); i ++ )
	{
		int j = g[u][i]; // 子结点编号
		if (j == fa || j == son[u]) continue; // 遇到重子结点或者父结点就跳过

		// 子树结点的 DFS 序构成一段连续区间，可以直接遍历
		for (int k = L[j]; k <= R[j]; k ++ ) add(id[k]); // 加上轻子结点对答案的贡献
	}
	add(u); // 加上当前子树根结点对答案的贡献
	ans[u] = totcol;
	if (keep == false) // 如果当前计算的答案不保留 就删去
		for (int i = L[u]; i <= R[u]; i ++ ) del(id[i]);
}