每日归档： 2019年10月29日

首先介绍一下我们亲爱的dsu on tree，也就是（一种？）树上启发式合并。
它本质上就是一种优化的暴力：对于树上的信息，我们先把树以某种方式剖分，然后对于关键链直接上传，非关键链暴力合并。
其中，长链剖分一般用来维护和深度相关的信息。
复杂度是O(n)的。证明我不太会。
在这一题中，我们考虑暴力维护每个点为根的子树中每一层的信息，并把非长儿子的信息合并到长儿子中。
为了保证线性，我们使用指针。
我们建一个指针数组f，其中f_{i,j}表示以i为根的根节点的子树中到i的距离为j的节点的个数。
同时建一个数组tmp，那么f就变成指向的是tmp里面的值。这样子就可以O(1)合并非长儿子的信息了。因为\sigma len<=n，所以空间是足够的。
那就昨晚了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;

const int N=1000005;
struct ee{
	int v;
	int nxt;
}e[N<<1];
int h[N],et=0;
inline void Eadd(int U,int V){
	e[++et]=(ee){V,h[U]};
	h[U]=et;
}
inline void add(int U,int V){
	Eadd(U,V);Eadd(V,U);
}
int n;
int sn[N],len[N],ans[N],tmp[N],*f[N],*id=tmp;
inline void dfs0(int X,int FA){
	sn[X]=0;
	for(int i=h[X];i;i=e[i].nxt){
		if(e[i].v==FA){
			continue;
		}
		dfs0(e[i].v,X);
		if(len[sn[X]]<len[e[i].v]){
			sn[X]=e[i].v;
		}
	}
	len[X]=len[sn[X]]+1;
}
inline void dfs1(int X,int FA){
	f[X][0]=1;
	if(sn[X]){
		f[sn[X]]=f[X]+1;
		dfs1(sn[X],X);
		ans[X]=ans[sn[X]]+1;
	}
	for(int i=h[X];i;i=e[i].nxt){
		if(e[i].v==FA||e[i].v==sn[X]){
			continue;
		}
		f[e[i].v]=id;id+=len[e[i].v];
		dfs1(e[i].v,X);
		for(int j=1;j<=len[e[i].v];++j){
			f[X][j]+=f[e[i].v][j-1];
			if((j<ans[X]&&f[X][j]>=f[X][ans[X]])||(j>ans[X]&&f[X][j]>f[X][ans[X]])){
				ans[X]=j;
			}
		}
	}
	if(f[X][ans[X]]==1){
		ans[X]=0;
	}
}
void init(){
	scanf("%d",&n);
	int u,v;
	for(int i=1;i<n;++i){
		scanf("%d%d",&u,&v);
		add(u,v);
	}
	dfs0(1,0);
	f[1]=id;id+=len[1];
	dfs1(1,0);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		printf("%d\n",ans[i]);
	} 
}
int main(){
	init();
	return 0;
}