【例一：树上数颜色】

【链接】
树上数颜色 | 洛谷 U41492
【题意】
给定一棵有根树，有 n n n 个节点，每个节点有一个颜色 c i c_i ci
你需要求出每个节点，该节点的子树的颜色的种类数。
【范围】
1 ≤ c i ≤ n ≤ 1 0 5 1\le c_i\le n\le 10^5 1≤ci≤n≤105

· 暴力做法 ·

对于每一个节点，遍历它的子树，计算出所有颜色的数量 c n t [ c o l o r ] cnt[color] cnt[color]，就能得到有多少个不同的颜色了。
时间复杂度： O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，结果 T L E \color{red}TLE TLE

· 考虑优化 ·

我们可以算出每一个节点的重儿子。
重儿子就是儿子中，子树大小最大的那一个儿子。其他的儿子都叫做轻儿子。
我们凭感觉，对于某一个节点，它的子树中的颜色数目的计算，可以先获取该节点的重儿子的子树的颜色数目，然后再去暴力跑其他轻儿子的子树的颜色数目，然后对这些数目进行合并。
这样子是不是快的多呢？很神奇的，我们的时间复杂度从 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 变到了 O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O(nlogn)
略证：某个节点的遍历次数等于该节点到根节点的边中轻边的数量。从深度为 d − 1 d-1 d−1 的节点经过轻边走到深度为 d d d 的节点，子树大小至少 × 2 \times 2 ×2，所以轻边个数为 O ( log ⁡ n ) O(\log n) O(logn)，所以得证。

⌈ D s u o n T r e e ⌋ \lceil Dsu\ on\ Tree\rfloor ⌈Dsu on Tree⌋

树上启发式合并，主要思想就是处理出每个节点的重儿子。接下来，我们保留重儿子的贡献，跑轻儿子的贡献，得到当前节点的贡献；然后，我们删掉轻儿子的贡献。
主要是三个函数： d f s 1 ( ) dfs1() dfs1() 跑轻重儿子， d f s 2 ( ) dfs2() dfs2() 跑节点遍历， g o ( ) go() go() 增/删贡献。
我们通过一些全局变量来模拟存储重儿子中的贡献值。
然后好像就没了…

【代码】

时间复杂度： O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O(nlogn)
空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)

vector<int>V[MAX];
int co[MAX];
int sz[MAX],hson[MAX];      /// 子树大小和重儿子编号。没有重儿子则编号为0
void dfs1(int x,int f){sz[x] = 1;for(auto it : V[x]){if(it == f)continue;dfs1(it,x);sz[x] += sz[it];if(sz[it] > sz[hson[x]])hson[x] = it;}
}
int res = 0;                   /// 目前有多少种不同的颜色
int cnt[MAX],ans[MAX];          /// cnt[i] 表示颜色i的出现次数  ans[i] 表示结点编号i的答案
void go(int x,int f,int dec){cnt[co[x]] += dec;                       /// 增  / 删贡献if(dec == 1 && cnt[co[x]] == 1)res++; /// 多了一种颜色if(dec ==-1 && cnt[co[x]] == 0)res--; /// 少了一种颜色for(auto it : V[x]){if(it == f)continue;go(it,x,dec);}
}
void dfs2(int x,int f,bool del){for(auto it : V[x]){if(it == f || it == hson[x])continue;   /// 遍历轻儿子dfs2(it,x,true);}if(hson[x])dfs2(hson[x],x,false);         /// 遍历重儿子cnt[co[x]]++;if(cnt[co[x]] == 1)res++;for(auto it : V[x]){if(it == f || it == hson[x])continue;  /// 增加轻儿子贡献go(it,x,1);}ans[x] = res;if(del)go(x,f,-1);     /// 删除轻儿子贡献
}
int main()
{int n;scanf("%d",&n);for(int i = 1;i < n;++i){int ta,tb;scanf("%d%d",&ta,&tb);V[ta].push_back(tb);V[tb].push_back(ta);}for(int i = 1;i <= n;++i)scanf("%d",&co[i]);dfs1(1,1);dfs2(1,1,false);int Q;scanf("%d",&Q);while(Q--){int t;scanf("%d",&t);printf("%d\n",ans[t]);}return 0;
}

【例二： L o m s a t g e l r a l Lomsat\ gelral Lomsat gelral】

【链接】
洛谷 | CF 600E
【题意】
给定 n n n 个节点的树，每个节点的颜色为 c i c_i ci
a n s i ans_i ansi 表示编号 i i i 的子树中，所有出现次数最多的颜色的编号和。
求出 a n s 1 ∼ a n s n ans_1\sim ans_n ans1∼ansn
【范围】
1 ≤ c i ≤ n ≤ 1 0 5 1\le c_i\le n\le 10^5 1≤ci≤n≤105
【思路】
和例题一差不多，仍然要计算出 c n t [ c o l o r ] cnt[color] cnt[color]
不过我们还要存储 m x mx mx，表示目前子树的颜色的最多出现次数是多少
然后去动态更新这个 m x mx mx，同时也要更新出 r e s res res ，意义同 a n s i ans_i ansi
【代码】
时间复杂度： O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O(nlogn)
空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)

vector<int>V[MAX];
int co[MAX];
int sz[MAX],hson[MAX];
void dfs1(int x,int f){sz[x] = 1;for(auto it : V[x]){if(it == f)continue;dfs1(it,x);sz[x] += sz[it];if(sz[it] > sz[hson[x]])hson[x] = it;}
}
ll mx = 0,res = 0;
ll cnt[MAX],ans[MAX];
void go(int x,int f,int dec){cnt[co[x]] += dec;if(dec == 1){        /// 增加贡献可能会增加 resif(cnt[co[x]] > mx)res = co[x],mx = cnt[co[x]];else if(cnt[co[x]] == mx)res += co[x];}for(auto it : V[x]){if(it == f)continue;go(it,x,dec);}
}
void dfs2(int x,int f,bool del){for(auto it : V[x]){if(it == f || it == hson[x])continue;dfs2(it,x,true);}if(hson[x])dfs2(hson[x],x,false);for(auto it : V[x]){if(it == f || it == hson[x])continue;go(it,x,1);}cnt[co[x]]++;if(cnt[co[x]] > mx)res = co[x],mx = cnt[co[x]];     /// 更新res mxelse if(cnt[co[x]] == mx)res += co[x];ans[x] = res;if(del)go(x,f,-1),mx = res = 0;                       /// 删除子树，mx = res = 0
}
int main()
{int n;scanf("%d",&n);for(int i = 1;i <= n;++i)scanf("%d",&co[i]);for(int i = 1;i < n;++i){int ta,tb;scanf("%d%d",&ta,&tb);V[ta].push_back(tb);V[tb].push_back(ta);}dfs1(1,1);dfs2(1,1,false);for(int i = 1;i <= n;++i)printf("%lld ",ans[i]);return 0;
}

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