题目描述
一棵树有$n$个结点，每个结点都是一种颜色，每个颜色有一个编号，求树中每个子树的最多的颜色编号的和。
这个题意是真的窒息。。。具体意思是说，每个节点有一个颜色，你要找的是每个子树中颜色的众数（可能有多个），比如子树中有$3个2,3个1，3个5，那么2,1,5都是众数，答案为2+1+5=8$。
思路
做法一：
线段树合并。权值线段树覆盖颜色$1->100000，用sum$表示颜色最多出现的次数，$ans$表示答案。分$3种情况pushup$即可。
- 左右子树$sum$相等
- 左边$>$右边
- 左边$<$右边
$dfs的时候merge$一下即可。
code
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#define smid (l+r>>1)
#define I inline
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=100010;
LL col[N];
LL maxcol;
int n;
int ls[N*40],rs[N*40],cnt,rt[N];
LL sum[N*40],ans[N*40];
vector<int>g[N];
LL out[N];
I void pushup(int now)
{
if(sum[ls[now]]==sum[rs[now]])
{
sum[now]=sum[ls[now]];
ans[now]=ans[ls[now]]+ans[rs[now]];
}
else if(sum[ls[now]]<sum[rs[now]])
{
sum[now]=sum[rs[now]];
ans[now]=ans[rs[now]];
}
else
{
sum[now]=sum[ls[now]];
ans[now]=ans[ls[now]];
}
}
I void modify(int &now,int l,int r,int pos)
{
if(!now)now=++cnt;
if(l==r)
{
sum[now]++;ans[now]=l;
return;
}
if(pos<=smid)modify(ls[now],l,smid,pos);
else modify(rs[now],smid+1,r,pos);
pushup(now);
}
I int merge(int x,int y,int l,int r)
{
if(!x||!y)return x+y;
if(l==r)
{
sum[x]+=sum[y];ans[x]=l;
return x;
}
ls[x]=merge(ls[x],ls[y],l,smid);
rs[x]=merge(rs[x],rs[y],smid+1,r);
pushup(x);
return x;
}
I void dfs(int u,int fa)
{
for(int i=0;i<g[u].size();i++)
{
int v=g[u][i];
if(v==fa)continue;
dfs(v,u);
merge(rt[u],rt[v],1,100000);
}
modify(rt[u],1,100000,col[u]);
out[u]=ans[rt[u]];
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>col[i];
rt[i]=i;cnt++;
}
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x,y;cin>>x>>y;
g[x].push_back(y);g[y].push_back(x);
}
dfs(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cout<<out[i]<<" ";
}
}
洛谷上交不了，必须到$CF$上交，但是$CF$上不给用scanf("%lld")，就加了$cin$加速。
做法二：
树上启发式合并。这里当做板子题来讲。$dsu on tree$是个啥？其实就是优化的暴力，对于一棵树，我们定义节点$u的重儿子son[u]为其size$最大的儿子，其余为轻儿子。这个算法主要用于：
- 只有对子树的询问
- 没有修改操作
回到这个题目：首先我们考虑暴力$dfs$：遍历每个节点的子树，统计颜色出现的个数，得出当前的的答案，再清空当前点的影响，继续$dfs$，这个算法是$O(n^2)$的，于是我们使用一些重链剖分的性质，搞一个树上启发式合并。具体流程如下：
- $dfs$遍历每个节点
- 先递归所有轻儿子，跑到底层，不保留这一次$dfs$的答案
- 递归重儿子，保留这一次$dfs$的答案
- 重儿子所在子树被处理完了，而且又保留了答案，只剩下当前节点的轻儿子了
- 暴力统计所有轻儿子所在子树的答案
- 通过上面两步得出当前点的答案
- 如果是轻儿子就清空当前点对答案的影响
主体框架
code（比较板子）
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define I inline
using namespace std;
const int N=100010;
typedef long long LL;
int sz[N],son[N],n,col[N],Son;
vector<int>g[N];
LL cnt[N],mx,ans[N],sum;
I int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
I void gets(int u,int fa)
{
sz[u]=1;
for(int i=0;i<g[u].size();i++)
{
int v=g[u][i];
if(v==fa)continue;
gets(v,u);
sz[u]+=sz[v];
if(sz[v]>sz[son[u]])son[u]=v;
}
}
I void add(int u,int fa,int val)
{
cnt[col[u]]+=val;
if(mx==cnt[col[u]])sum+=LL(col[u]);
if(mx<cnt[col[u]])sum=col[u],mx=cnt[col[u]];
for(int i=0;i<g[u].size();i++)
{
int v=g[u][i];
if(v==fa||v==Son)continue;
add(v,u,val);
}
}
I void dfs(int u,int fa,bool opt)//opt为是否保留答案
{
for(int i=0;i<g[u].size();i++)
{
int v=g[u][i];
if(v==fa||v==son[u])continue;
dfs(v,u,0);//递归处理所有轻儿子
}
if(son[u])dfs(son[u],u,1),Son=son[u];
//处理所有重儿子并得到重儿子所在子树答案
add(u,fa,1);//得到轻儿子所在子树的答案
Son=0;//注意这里，如果要消除影响，重儿子的影响也要消除
ans[u]=sum;//得出答案
if(!opt)add(u,fa,-1),sum=0,mx=0;//消除影响，看情况要不要加add函数
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)col[i]=read();
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x=read(),y=read();
g[x].push_back(y);g[y].push_back(x);
}
gets(1,0);
dfs(1,0,1);
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld ",ans[i]);
}