CF 600E（dsu on tree）

題目

給出以1爲根的一棵樹，樹的每個節點上都有編號，求每個節點所在子樹中最多的數字是哪個？（有相同數目的，就把編號相加輸出）

題解

dsu on tree的模板題
先用樹鏈剖分的方法，標記出重兒子，然後遍歷一遍整棵樹，將重兒子的編號數組保留，輕鏈上的兒子的編號數組用完後就清楚，每個節點的結果爲遍歷輕兒子後的結果直接加上重兒子數組後的結果，如果不保留重兒子的數組，那麼每個點的結果需要遍歷他的所有兒子才能知道，肯定會T

關於爲什麼刪除輕兒子的編號數組
一開始看我確實挺疑惑的，既然保留數組能夠減少時間複雜度，那爲什麼不能都保留呢，再看看別人的博客，感覺大概明白 （其實並沒有），就是對一個節點遍歷所有子樹時，如果保留上一個子樹的數組，那麼會影響到下一個下一個子樹的數組的計算，所以想要保留數組的話，肯定得最後一個計算，然後就是各個的子樹到底應該哪個最後一個計算呢，當時是重鏈了

要是我講的不夠明白（還是太菜了），強烈推薦這篇博客，講的是真的清楚
樹上啓發式合併

完整代碼

#include<iostream>
using namespace std;
#define ll __int64
const int maxn=1e5+5;
int vis[maxn],son[maxn<<1],head[maxn],fa[maxn],sz[maxn],h[maxn],a[maxn],cnt,Max;
ll c,ans[maxn];
struct E
{
	int to,nxt;
}edge[maxn<<1];
void add_edge(int x,int y)
{
	edge[++cnt].nxt=head[x];
	edge[cnt].to=y;
	head[x]=cnt;
}
void dfs(int x,int f)
{
	fa[x]=f;sz[x]=1;
	for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
		int v=edge[i].to;
		if(v!=f){
			dfs(v,x);
			sz[x]+=sz[v];
			if(sz[son[x]]<sz[v]) son[x]=v;
		}
	}
}
void cal(int x,int p)
{
	//cout<<x<<' '<<p<<endl;
	h[a[x]]+=p;
	if(p>0&&h[a[x]]==Max) c+=a[x];
	if(p>0&&h[a[x]]>Max) Max=h[a[x]],c=a[x];
	for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
		int v=edge[i].to;
		if(v!=son[x]&&v!=fa[x]) cal(v,p);
	}
}
void Dfs(int x,int p)
{
	//cout<<x<<' '<<p<<endl;
	for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
		int v=edge[i].to;
		if(v!=fa[x]&&v!=son[x]) Dfs(v,0);
	}
	if(son[x]) Dfs(son[x],1),vis[son[x]]=1;
	cal(x,1);ans[x]=c;
	if(son[x]) vis[son[x]]=0;
	if(!p) cal(x,-1),c=Max=0;
}
int main()
{
	int n,x,y;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n-1;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add_edge(x,y);
		add_edge(y,x);
	}
	dfs(1,0);Dfs(1,0);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cout<<ans[i];
		if(i!=n) cout<<' ';
	}
	cout<<endl;
}