[算法学习] dsu on tree

简介

dsu on tree跟dsu没有关系，但是dsu on tree借鉴了dsu的启发式合并的思想。
它是用来解决一类树上的询问问题，一般这种问题有以下特征：
(1.)只有对子树的查询；
(2.)没有修改。
如果满足以上特征，那么dsu on tree很可能就可以派上用场了。

算法

我们以CF600E Lomsat gelral为例。

Descrption

一棵以(1)为根的树有 (n) 个结点，每个结点的颜色是(c_i)，每个颜色有一个编号，求树中每个子树的最多的颜色编号的和。
数据范围(1le nle 10^5, 1le c_ile 10^5)。

Solution

我们考虑暴力怎么写：遍历每一个节点 (u) ，然后把子树内的所有颜色暴力统计出来更新答案。
然后消除节点 (u) 的贡献，继续递归计算其他点的贡献。
复杂度(O(n^2))，显然是很不优美的。
然后dsu on tree就登场了。它也是一个暴力，但是它结合了轻重链剖分，将复杂度降到了(O(nlogn))。
我们先跑一个(dfs1)，记录节点(u)的重儿子(heavy[u])。
接下来：

• 遍历每一个节点。
• 递归所有的轻儿子，递归进入时暴力加贡献，递归结束时暴力消除贡献。
• 递归重儿子，递归进入时暴力加贡献，递归结束时不消除贡献。
• 统计所有轻儿子的答案，并更新该节点的答案。
• 删除所有轻儿子对答案的影响。

复杂度(O(nlogn))，可以通过本题。

Code

// Author: wlzhouzhuan
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define rint register int
#define rep(i, l, r) for (rint i = l; i <= r; i++)
#define per(i, l, r) for (rint i = l; i >= r; i--)
#define mset(s, _) memset(s, _, sizeof(s))
#define pb push_back
#define pii pair <int, int>
#define mp(a, b) make_pair(a, b)

inline int read() {
  int x = 0, neg = 1; char op = getchar();
  while (!isdigit(op)) { if (op == '-') neg = -1; op = getchar(); }
  while (isdigit(op)) { x = 10 * x + op - '0'; op = getchar(); }
  return neg * x;
}
inline void print(int x) {
  if (x < 0) { putchar('-'); x = -x; }
  if (x >= 10) print(x / 10);
  putchar(x % 10 + '0');
}

const int N = 100005;
int n;
vector <int> adj[N];
void add(int u, int v) { adj[u].pb(v); }
 
int sz[N], fa[N], heavy[N]; // heavy[u] 表示u的重儿子 
void dfs1(int u, int f) {
  sz[u] = 1, fa[u] = f;
  for (auto v: adj[u]) {
    if (v == f) continue;
    dfs1(v, u);
    sz[u] += sz[v];
    if (sz[v] > sz[heavy[u]]) {
      heavy[u] = v; // 更新重儿子 
    }
  }
}

long long ans[N], sum;
int cnt[N], col[N], Son, Max;
void change(int u, int val) {
  cnt[col[u]] += val;
  if (cnt[col[u]] > Max) Max = cnt[col[u]], sum = col[u];
  else if (cnt[col[u]] == Max) sum += col[u];
  for (auto v: adj[u]) {
    // 由于重儿子的信息没有被删去，所以已经统计过了，不能再计算 
    if (v == fa[u] || v == Son) continue;
    change(v, val);
  }
}
void dfs2(int u, int keep) {
  for (auto v: adj[u]) {
    if (v == fa[u] || v == heavy[u]) continue;
    dfs2(v, 0); // 遍历u的轻儿子 
  }
  if (heavy[u]) dfs2(heavy[u], 1), Son = heavy[u];
  change(u, 1), ans[u] = sum, Son = 0;
  if (!keep) change(u, -1), sum = Max = 0;  
}

int main() {
  n = read();
  for (rint i = 1; i <= n; i++) {
    col[i] = read();
  }
  for (rint i = 1; i < n; i++) {
    int x = read(), y = read();
    add(x, y), add(y, x);
  }
  int root = 1; // 题目默认1为根 
  dfs1(root, 0);
  dfs2(root, 0);
  for (rint i = 1; i <= n; i++) {
    printf("%lld ", ans[i]);
  }
  return 0;
}