dsu on tree
对于树进行轻重链剖分，对于节点 $x$ ，递归所有轻儿子后消除其影响，递归重儿子，不消除其影响。
然后对于所有轻儿子的子树暴力，从而得到 $x$ 的答案。
对于要消除暴力消除即可。
可以发现如果暴力到点 $u$ 必然是其 $u$ 到根的轻边数量，从而时间复杂度除在统计每个节点答案时其余时间复杂度为 $O(nlog n)$ 。
CF 600E Lomsat gelral
模板题，按上述过程模拟即可。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define int long long using namespace std; inline int read(){ int f=1,ans=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();} return ans*f; } const int MAXN=100001; struct node{ int u,v,nex; }x[MAXN<<1]; int head[MAXN],cnt,N,A[MAXN]; void add(int u,int v){ x[cnt].u=u,x[cnt].v=v,x[cnt].nex=head[u],head[u]=cnt++; } int Cnt[MAXN],Mx,sum,Ans[MAXN],V,siz[MAXN],son[MAXN]; void dfs(int u,int fath){ siz[u]=1; for(int i=head[u];i!=-1;i=x[i].nex){ if(x[i].v==fath) continue; dfs(x[i].v,u);siz[u]+=siz[x[i].v]; if(siz[son[u]]<siz[x[i].v]) son[u]=x[i].v; }return; } void dfs1(int u,int fath,int w){ Cnt[A[u]]+=w; if(Cnt[A[u]]>Mx) Mx=Cnt[A[u]],sum=A[u]; else if(Cnt[A[u]]==Mx) sum+=A[u]; for(int i=head[u];i!=-1;i=x[i].nex){ if(x[i].v==fath||x[i].v==V) continue; dfs1(x[i].v,u,w); }return; } void dfs(int u,int fath,int opt){ for(int i=head[u];i!=-1;i=x[i].nex){ if(x[i].v==fath||x[i].v==son[u]) continue; dfs(x[i].v,u,0); } if(son[u]) dfs(son[u],u,1); V=son[u];dfs1(u,fath,1); Ans[u]=sum; if(!opt) V=0,dfs1(u,fath,-1),Mx=sum=0; } signed main(){ memset(head,-1,sizeof(head)); N=read(); for(int i=1;i<=N;i++) A[i]=read(); for(int i=1;i<N;i++){ int u=read(),v=read(); add(u,v),add(v,u); } dfs(1,0);dfs(1,0,0); for(int i=1;i<=N;i++) printf("%lld ",Ans[i]);printf(" "); return 0; }
或者可以线段树合并，利用线段树维护颜色个数。
CF 1009F Dominant Indices
可以长链剖分也可以 $dsu$ ，$dsu$ 的时间复杂度 $O(nlog n)$ 。
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; inline int read(){ int f=1,ans=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();} return f*ans; } const int MAXN=1000001; struct node{ int u,v,nex; }x[MAXN<<1]; int dep[MAXN],cnt,siz[MAXN],son[MAXN],N,head[MAXN]; int Ans[MAXN]; void add(int u,int v){ x[cnt].u=u,x[cnt].v=v,x[cnt].nex=head[u],head[u]=cnt++; } void dfs0(int u,int fath){ siz[u]=1;dep[u]=dep[fath]+1; for(int i=head[u];i!=-1;i=x[i].nex){ if(x[i].v==fath) continue; dfs0(x[i].v,u);siz[u]+=siz[x[i].v]; if(siz[son[u]]<siz[x[i].v]) son[u]=x[i].v; }return; } int Num[MAXN],Mx,Sum,Lim; void Add(int u,int fath,int w){ Num[dep[u]]+=w; if(Num[dep[u]]>Mx) Mx=Num[dep[u]],Sum=dep[u]; else if(Num[dep[u]]==Mx&&dep[u]<Sum) Sum=dep[u]; for(int i=head[u];i!=-1;i=x[i].nex){ if(x[i].v==fath||x[i].v==Lim) continue; Add(x[i].v,u,w); }return; } void dfs1(int u,int fath,int opt){ // cerr<<u<<" "<<fath<<" "<<opt<<endl; for(int i=head[u];i!=-1;i=x[i].nex){ if(x[i].v==fath||x[i].v==son[u]) continue; dfs1(x[i].v,u,0); } if(son[u]) dfs1(son[u],u,1);Lim=son[u]; Add(u,fath,1);Ans[u]=Sum; Lim=0; if(!opt) Add(u,fath,-1),Mx=Sum=0; return; } int main(){ // freopen("maker.in","r",stdin); memset(head,-1,sizeof(head)); N=read(); for(int i=1;i<N;i++){int u=read(),v=read();add(u,v),add(v,u);} dfs0(1,0);dfs1(1,0,0); for(int i=1;i<=N;i++){ printf("%d ",Ans[i]-dep[i]); } return 0; }/* 8 1 2 2 3 1 4 3 5 4 6 5 7 4 8 */
长链剖分
对于重儿子为 $u$ 下面最深的链所在儿子，可以发现最多到根有 $sqrt{n}$ 个长链与短链，因为对于每次走到轻边必加上比他深的儿子,可以写成 $1+2+…x=n->x=sqrt{n}$ 。
如果一个子树 $dp$ 只与深度有关，则可能可以使用长链剖分的方法优化它的复杂度。
详细情况请参考 $link$ 。考虑对于继承每个重儿子的话可以用指针维护，或者数组映射即可。
CF 1009F Dominant Indices
虽然可以 $dsu$ ，但是通过长链剖分可以得到更优的复杂度 $O(n)$ 。时间复杂度为 $O(n)$ 因为每条重链只统计一次。
「POI2014」酒店 Hotel
$nleq 10^5$ 。考虑 $O(n^2)$ 的树形 $dp$ ，设 $f_{i,j}$ 表示在以 $i$ 为根的子树下到 $i$ 距离为 $j$ 的点的个数，$g_{i,j}$ 表示在以 $i$ 为根的子树上有多少个点对需要经过 $i$ 号点后再走 $j$ 步。
转移考虑当前子树对另一颗子树的贡献与自己的贡献即可。可以发现 $dp$ 的第二维只与深度有关，并且支持合并，长链剖分即可。
一个小建议就是空间可以多开一点。
[WC2010] 重建计划
可以发现将答案二分以后分数规划问题就转换成边数在 $[l,r]$ ，且边权和大于等于 $0$ 是否有解。
考虑将点对答案在 $lca$ 处处理，维护 $f_{i,j}$ 表示以 $i$ 为根的子树下到 $i$ 经过 $j$ 条边的最大边权。而需要做的是 $f$ 一段区间的 $max$ 。
很显然 $f$ 数组支持长链剖分，而 $max$ 操作无法通过指针维护，考虑利用数组映射，同时建线段树维护极值。