dsu on tree（Educational Codeforces Round 2: E. Lomsat gelral）

题意：

一棵n个节点的树，每个节点都有一种颜色，如果颜色c在以u为根的子树中出现的次数大于等于一半，那么这个颜色就是u节点的支配色，因为是大于等于，所以一个节点的支配色可能不止一种，求出每个节点的支配色编号和

思路：

一个无脑的暴力：

DFS整棵树，对于当前节点u，再DFS下以它为根的子树内所有的节点，相当于DFS套DFS
复杂度O(n²)，当整棵树为一条链时复杂度最高

优化一下上面的暴力：

考虑DFS的过程，对于节点u的所有儿子 $v_1$ ~ $v_x$ ，一定是将前一个儿子的子树全部搜完，才开始搜下一个儿子
当然，每当计算完以 $v_i$ 为根的子树的答案后，一定要删除贡献，才能继续搜索下一个儿子 $v_{i+1}$
然而在搜完最后一个儿子 $v_x$ 后，并不需要删除贡献！因为紧接着你要计算的是以u为根的子树的答案， $v_x$ 是被包在里面的

这样的话，当一条链的时候，原先是最坏情况，在优化之后就成了最好情况，O(n)就能解决

不过复杂度好像仍然是O(n²)？

……

其实到这里dsu on tree就已经讲完了

因为dsu on tree就是上述的暴力，唯一的区别是：对于当前节点u，最后一个搜索的儿子一定是它的重儿子

可以证明这样暴力的话复杂度是O(nlogn)的，当然这里就不证了，证明依赖于树链剖分

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<string>
#include<math.h>
#include<queue>
#include<stack>
#include<iostream>
using namespace std;
#define LL long long
#define mod 1000000007
vector<int> G[100005];
int col[100005], siz[100005], hson[100005], vis[100005], all[100005], bet;
LL ans[100005], sum;
void Sech1(int u, int p)
{int i, v;siz[u] = 1;for(i=0;i<G[u].size();i++){v = G[u][i];if(v==p)continue;Sech1(v, u);siz[u] += siz[v];if(siz[v]>siz[hson[u]])hson[u] = v;}
}
void Gao(int u, int p)
{int i, v;all[col[u]] += 1;if(all[col[u]]>bet)bet = all[col[u]], sum = 0;if(all[col[u]]>=bet)sum += col[u];for(i=0;i<G[u].size();i++){v = G[u][i];if(v==p || vis[v])continue;Gao(v, u);}
}
void Init(int u, int p)
{int i, v;sum = bet = 0;all[col[u]] = 0;for(i=0;i<G[u].size();i++){v = G[u][i];if(v==p)continue;Init(v, u);}
}
void Sech2(int u, int p)
{int i, v;for(i=0;i<G[u].size();i++){v = G[u][i];if(v==p || hson[u]==v)continue;Sech2(v, u);Init(v, u);}if(hson[u])Sech2(hson[u], u), vis[hson[u]] = 1;Gao(u, p), vis[hson[u]] = 0;ans[u] = sum;
}
int main(void)
{int x, y, n, i;scanf("%d", &n);for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d", &col[i]);for(i=1;i<=n-1;i++){scanf("%d%d", &x, &y);G[x].push_back(y);G[y].push_back(x);}Sech1(1, 0);Sech2(1, 0);for(i=1;i<=n;i++)printf("%lld ", ans[i]);puts("");return 0;
}

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