CF600E Lomsat gelral 树上启发式合并

题目描述

有一棵 \(n\) 个结点的以 \(1\) 号结点为根的有根树。
每个结点都有一个颜色，颜色是以编号表示的， \(i\) 号结点的颜色编号为 \(c_i\)​。
如果一种颜色在以 \(x\) 为根的子树内出现次数最多，称其在以 \(x\) 为根的子树中占主导地位。显然，同一子树中可能有多种颜色占主导地位。
你的任务是对于每一个 \(i\in[1,n]\)，求出以 \(i\) 为根的子树中，占主导地位的颜色的编号和。
\(n≤10^5,c_i\le n\)

输入输出样例

输入 #1

4
1 2 3 4
1 2
2 3
2 4

输出 #1

10 9 3 4

输入 #2

15
1 2 3 1 2 3 3 1 1 3 2 2 1 2 3
1 2
1 3
1 4
1 14
1 15
2 5
2 6
2 7
3 8
3 9
3 10
4 11
4 12
4 13

输出 #2

6 5 4 3 2 3 3 1 1 3 2 2 1 2 3

分析

DSU ON TREE洛谷日报
对于这一道题，因为一个子树递归结束后产生的影响会传递给下一个子树
所以在每一次计算之前都要清空贡献
但是这样做时间复杂度吃不消
其实 \(dfs\) 时有一个性质
对于一个节点，它所递归的最后一个子树的价值是不用清空的
而我们要尽量使这个子树保留的信息更多
因此我们选择这个节点的重儿子进行递归
对于轻儿子暴力删除和加入
复杂度证明请看洛谷日报

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
inline int read(){
	register int x=0,fh=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*fh;
}
const int maxn=2e5+5;
int h[maxn],tot=1;
struct asd{
	int to,nxt;
}b[maxn];
void ad(int aa,int bb){
	b[tot].to=bb;
	b[tot].nxt=h[aa];
	h[aa]=tot++;
}
int n,c[maxn],f[maxn],son[maxn],siz[maxn];
void dfs(int now,int fa){
	siz[now]=1;
	f[now]=fa;
	for(register int i=h[now];i!=-1;i=b[i].nxt){
		register int u=b[i].to;
		if(u==fa) continue;
		dfs(u,now);
		siz[now]+=siz[u];
		if(son[now]==0 || siz[son[now]]<siz[u]){
			son[now]=u;
		}
	}
}
//求出每一个节点的重儿子
int cnt[maxn],orz;
long long sum,mmax,ans[maxn];
void xg(int now,int val){
	cnt[c[now]]+=val;
	if(cnt[c[now]]>mmax){
		mmax=cnt[c[now]];
		sum=c[now];
	} else if(cnt[c[now]]==mmax){
		sum+=c[now];
	}
	for(int i=h[now];i!=-1;i=b[i].nxt){
		int u=b[i].to;
		if(u==f[now] || u==orz) continue;
		xg(u,val);
	}
}
//删除/加入贡献
void dfs2(int now,int op){
	for(register int i=h[now];i!=-1;i=b[i].nxt){
		register int u=b[i].to;
		if(u==f[now] || u==son[now]) continue;
		dfs2(u,0);
	}
	if(son[now]){
		dfs2(son[now],1);
		orz=son[now];
	} 
	xg(now,1);
	orz=0;
	ans[now]=sum;
	if(op==0){
		xg(now,-1);
		sum=mmax=0;
	}
}
//求出答案
int main(){
	memset(h,-1,sizeof(h));
	n=read();
	for(register int i=1;i<=n;i++){
		c[i]=read();
	}
	int aa,bb;
	for(register int i=1;i<n;i++){
		aa=read(),bb=read();
		ad(aa,bb);
		ad(bb,aa);
	}
	dfs(1,0);
	dfs2(1,0);
	for(register int i=1;i<=n;i++){
		printf("%lld ",ans[i]);
	}
	printf("\n");
	return 0;
}