【题解】CF600E Lomsat gelral

【CF600E】题解

一：【题目描述】

• 每个点都带有点权，一颗以u为根的子树的价值定义为 子树内出现次数最多的若干点权的和
• 求对于每一颗子树u(1<=u<=n)，输出其价值

二：【分析】

如果我们对于每一颗子树暴力计算，复杂度O(n^2)，显然不可以接受
考虑优化，对于一颗子树tree，根节点为u
首先暴力计算 以u的轻儿子为根的若干子树的答案，然后清空统计数组，最后计算 以重儿子为根的子树的答案，统计数组不做清空
我们可以对重儿子的统计数组，暴力拓展轻儿子，得到了tree的统计数组，从而得到答案
这种优化算法被称作dsu on tree（树上启发式合并）

三：【时间复杂度】

1.【暴力算法】

• 一个节点向上跳，有多少条链，就会被计算几次，复杂的O(n^2)

2.【dsu on tree】

• 一个节点向上跳，如果这条链是重链，则会直接拓展其他节点，不会被重新计算；如果这条链是轻链，则会被计算一次
• 一个节点向上跳，会遇到的轻链个数为logn级别，所以总复杂度为O(nlogn)

四：【代码】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e5+10;
int nw[N];
vector<int> mp[N];
int siz[N],son[N];
void Son(int u,int fa){
	siz[u]=1;
	for(auto v:mp[u]){
		if(v==fa) continue;
		Son(v,u);
		siz[u]+=siz[v];
		if(son[u]==0||siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;
	}
}
int num[N];
LL as[N];
void clear(int u,int fa){
	num[nw[u]]--;
	for(auto v:mp[u]){
		if(v==fa) continue;
		clear(v,u);
	}
}
LL ans=0,maxn=0;
void extra(int u,int fa,int no){
	num[nw[u]]++;
	if(num[nw[u]]==maxn) ans+=nw[u];
	else if(num[nw[u]]>maxn){
		maxn=num[nw[u]];
		ans=nw[u];
	}	
	for(auto v:mp[u]){
		if(v==fa||v==no) continue;
		extra(v,u,no);
	}
}
void solve(int u,int fa){
	for(auto v:mp[u]){
		if(v==fa||v==son[u]) continue;
		solve(v,u);
		clear(v,u);
		ans=maxn=0;
	}
	//cout<<u<<" "<<son[u]<<"\n";
	if(son[u]) solve(son[u],u);
	extra(u,fa,son[u]);
	as[u]=ans;
}
int main(){
	//freopen("in.txt","r",stdin);
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
	int n;cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>nw[i];
	for(int i=1;i<n;i++){
		int a,b;cin>>a>>b;
		mp[a].push_back(b);
		mp[b].push_back(a);
	}
	Son(1,1);
	solve(1,1);
	for(int i=1;i<=n;i++) cout<<as[i]<<" ";
	return 0;
}