【ybt金牌导航6-2-2】【luogu CF600E】树上众数 / Lomsat gelral（树上启发式合并）

树上众数

题目链接：ybt金牌导航6-2-2 / luogu CF600E

题目大意

给你一个树，树上点有颜色编号。
对于每个子树，问你在这个子树中，出现次数最多的颜色的编号和。

思路

首先我们考虑暴力。

就枚举每个子树，然后进行判断，然后再清空你判断的结果和每个出现的次数。
那我们可以按 \(dfs\) 序搞每个子树，然后当你搞 \(x\)，清空的时候，你最后搜的一个子树你可以把你判断的结果和每个颜色的出现次数留着，然后再搜 \(x\) 点和它的其它子树。
复杂度是 \(O(n^2)\)。

容易发现它不带修改，而且是要维护子树的信息，符合树上启发式合并的要求。
那我们考虑搞一个树上启发式合并，最后搜这个点的重儿子。
那不难看出复杂度就变成 \(O(nlogn)\) 的了。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long

using namespace std;

struct node {
	int to, nxt;
}e[200001];
int n, col[100001], x, y, maxn;
int le[100001], KK, son[100001];
int sz[100001], num[100001];
ll ans[100001], maxx;

void add(int x, int y) {
	e[++KK] = (node){y, le[x]}; le[x] = KK;
	e[++KK] = (node){x, le[y]}; le[y] = KK;
}

void dfs(int now, int father) {//跑图，找重儿子
	sz[now] = 1;
	for (int i = le[now]; i; i = e[i].nxt)
		if (e[i].to != father) {
			dfs(e[i].to, now);
			sz[now] += sz[e[i].to];
			if (sz[e[i].to] > sz[son[now]]) {
				son[now] = e[i].to;
			}
		}
}

void add_val(int now, int father, int Son, int vv) {//统计并记录
	num[col[now]] += vv;
	if (num[col[now]] > maxn) {
		maxn = num[col[now]];
		maxx = col[now];
	}
	else if (num[col[now]] == maxn) {
		maxx += 1ll * col[now];
	}
	
	for (int i = le[now]; i; i = e[i].nxt)
		if (e[i].to != father && e[i].to != Son) {
			add_val(e[i].to, now, Son, vv);
		}
}

void dfs1(int now, int father, int save) {//dfs 处理
	for (int i = le[now]; i; i = e[i].nxt)
		if (e[i].to != father && e[i].to != son[now]) {
			dfs1(e[i].to, now, 0);//轻儿子不用留着，清空
		}
	if (son[now]) dfs1(son[now], now, 1);//重儿子要留着搜的值
	add_val(now, father, son[now], 1);//搜轻儿子并统计
	ans[now] = maxx;
	if (!save) add_val(now, father, 0, -1), maxn = maxx = 0;//如果它是父亲的清儿子就清零
}

int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &col[i]);
	}
	
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		scanf("%d %d", &x, &y);
		add(x, y);
	}
	dfs(1, 0);
	
	dfs1(1, 0, 0);
	
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		printf("%lld ", ans[i]);
	
	return 0;
}