先瞎扯几句
说起来我跟这个算法好像还有很深的渊源呢qwq。当时在学业水平考试的考场上，题目都做完了不会做，于是开始xjb出题。突然我想到这么一个题
看起来好像很可做的样子，然而直到考试完我都只想出来一个莫队的暴力。当时我想知道有没有比莫队更优的做法，和zbq讨论了半天也只能搞出一个$O(nlog^2n)$的平衡树启发式合并
然后！！我就把这题出给校内互测了！！没错，当时是用莫队当的标算！
结果！mjt用一个假的$O(n)$算法艹过去了因为数据特别水
后来我打算把这题出给另一场比赛，结果到了前一天晚上造数据的时候我发现不太对，然后把mjt的算法hack了。
去UOJ群里一问才知道这玩意儿是个dsu on tree的sb题。
当时我就这个表情
自己还是太年轻啊%>_<%
好了好了，来讲算法吧
Dsu on tree
简介
dsu on tree跟dsu(并查集)是没啥关系，可能是借用了一波启发式合并的思想？？
它是用来解决一类树上询问问题，一般这种问题有两个特征
1、只有对子树的询问
2、没有修改
一般这时候就可以强上dsu on tree了
update：可能特征1不会很显然，就是说题目中不一定明确的问你子树$i$的答案，可能是把问题转化后需要算子树$i$的答案
算法流程
考虑暴力怎么写：遍历每个节点—把子树中的所有颜色暴力统计出来更新答案—消除该节点的贡献—继续递归
这肯定是$O(n^2)$的。
dsu on tree巧妙的利用了轻重链剖分的性质，把复杂度降到了$O(nlogn)$
啥啥啥？你不知道啥叫轻重链剖分？
一句话：对于树上的一个点，与其相连的边中，连向的节点子树大小最大的边叫做重边，其他的边叫轻边
dsu on tree的算法流程是这样的：
对于节点$i$：
- 遍历每一个节点
- 递归解决所有的轻儿子，同时消除递归产生的影响
- 递归重儿子，不消除递归的影响
- 统计所有轻儿子对答案的影响
- 更新该节点的答案
- 删除所有轻儿子对答案的影响
主体框架长这样
可能你先在会想：为什么都是暴力统计答案？这样复杂度不是$O(n^2)$的么？
那简单的来证一下这东西的复杂度
复杂度
性质：一个节点到根的路径上轻边个数不会超过$logn$条
证明：
设根到该节点有$x$条轻边，该节点的大小为$y$，根据轻重边的定义，轻边所连向的点的大小不会成为该节点总大小的一般。
这样每经过一条轻边，$y$的上限就会$ / 2$，因此$y < \frac{n}{2^x}$
因为$n > 2^x$，所以$x < logn$
然而这条性质并不能解决问题。
我们考虑一个点会被访问多少次
一个点被访问到，只有两种情况
1、在暴力统计轻边的时候访问到。
根据前面的性质，该次数$< logn$
2、通过重边 / 在遍历的时候被访问到
显然只有一次
如果统计一个点的贡献的复杂度为$O(1)$的话，该算法的复杂度为$O(nlogn)$
模板题
题意：给出一个树，求出每个节点的子树中出现次数最多的颜色的编号和
dsu on tree的模板题，暴力统计即可
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + ;
inline int read() {
char c = getchar(); int x = , f = ;
while(c < '' || c > '') {if(c == '-') f = -; c = getchar();}
while(c >= '' && c <= '') x = x * + c - '', c = getchar();
return x * f;
}
int N, col[MAXN], son[MAXN], siz[MAXN], cnt[MAXN], Mx, Son;
LL sum = , ans[MAXN];
vector<int> v[MAXN];
void dfs(int x, int fa) {
siz[x] = ;
for(int i = ; i < v[x].size(); i++) {
int to = v[x][i];
if(to == fa) continue;
dfs(to, x);
siz[x] += siz[to];
if(siz[to] > siz[son[x]]) son[x] = to;//轻重链剖分
}
}
void add(int x, int fa, int val) {
cnt[col[x]] += val;//这里可能会因题目而异
if(cnt[col[x]] > Mx) Mx = cnt[col[x]], sum = col[x];
else if(cnt[col[x]] == Mx) sum += (LL)col[x];
for(int i = ; i < v[x].size(); i++) {
int to = v[x][i];
if(to == fa || to == Son) continue;
add(to, x, val);
}
}
void dfs2(int x, int fa, int opt) {
for(int i = ; i < v[x].size(); i++) {
int to = v[x][i];
if(to == fa) continue;
if(to != son[x]) dfs2(to, x, );//暴力统计轻边的贡献，opt = 0表示递归完成后消除对该点的影响
}
if(son[x]) dfs2(son[x], x, ), Son = son[x];//统计重儿子的贡献，不消除影响 add(x, fa, ); Son = ;//暴力统计所有轻儿子的贡献
ans[x] = sum;//更新答案
if(!opt) add(x, fa, -), sum = , Mx = ;//如果需要删除贡献的话就删掉
}
int main() {
N = read();
for(int i = ; i <= N; i++) col[i] = read();
for(int i = ; i <= N - ; i++) {
int x = read(), y = read();
v[x].push_back(y); v[y].push_back(x);
}
dfs(, );
dfs2(, , );
for(int i = ; i <= N; i++) printf("%I64d ", ans[i]);
return ;
}
一道比较有意思的题
不知道老师从哪儿弄的。。。
我的题解：https://www.cnblogs.com/zwfymqz/p/9687296.html
官方题解：
