題意:
給你一棵n個點的有根樹，以1爲根，每個點有一個顏色。對於一顆以v爲根的子樹，其出現次數最多的顏色，爲dominating頂點v這個子樹的顏色，可能有多個這樣的顏色。求以n個頂點分別爲根的子樹中，dominating 的顏色和。
思路：
一個很好想的暴力思路就是，dfs n個點，統計該點爲根的子樹中出現的顏色次數。時間、空間都是O(N^2)的。
我們可以每次統計完一個點後清空cnt數組，將空間降到O(N)。
繼續優化，很顯然，某個點的ans應該與其所有孩子的ans有關，所以我們應該儘量將其孩子的信息給用上。
仔細想一下上面暴力的過程，我們會發現其實在清除的時候，最後一棵子樹是沒必要清的，我們可以把它對cntcnt數組的貢獻一直傳上去。於是我們想到了如果人爲地使重兒子是最後一棵子樹的話，豈不美哉。於是我們在dfsdfs時最後訪問重兒子就行了，然後複雜度就被優化到O(nlogn)了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5+5;
int n,col[maxn];
vector<int> G[maxn];
ll ans[maxn];
int sz[maxn],son[maxn],cnt[maxn];
void dfs1(int u,int f){//get son 重孩子
sz[u]=1;
for(auto v : G[u]){
if(v==f) continue;
dfs1(v,u);
sz[u]+=sz[v];
if(sz[v]>sz[son[u]]) son[u]=v;
}
}
bool vis[maxn];
int maxv;
ll sum;
//計算貢獻
void calc(int u,int f,int k){//k的取值爲1，-1分別對應累加和清楚
cnt[col[u]] += k;//把當前節點的顏色累加到cnt中，+1|-1
if(k>0 && cnt[col[u]]>=maxv){//更新答案
if(cnt[col[u]] > maxv) sum=0,maxv=cnt[col[u]];
sum += col[u];
}
for(int v : G[u]){
if(v!=f && !vis[v]) calc(v,u,k);//遞歸計算子節點，vis表示點v已經計算過了
}
}
void dfs2(int u,int f,int keep){//keep爲1表明當前節點在重兒子的子樹中，需要保留答案
for(int v : G[u]){
if(v!=f && v!=son[u]) dfs2(v,u,0);// 先dfs輕兒子
}
if(son[u]){ //再dfs重兒子
dfs2(son[u],u,1);
vis[son[u]] = 1;//標記重兒子
}
calc(u,f,1);//合併輕兒子和重兒子的數據
ans[u]=sum;
if(son[u]) vis[son[u]]=0;//取消標記
if(!keep) calc(u,f,-1),sum=maxv=0;//清楚輕兒子
}
int main(){
//freopen("in.txt","r",stdin);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&col[i]);
for(int u,v,i=1;i<n;i++){
scanf("%d%d",&u,&v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
dfs1(1,0);
dfs2(1,0,0);
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<' '; puts("");
return 0;
}