树上启发式合并

近乎板子的题（但蒻蒟还是花了一整天）

有些问题求解时，处理完一个子树时，需要删除这颗子树的信息（答案可以顺便统计）再去统计其他子树，不然另一棵子树的信息会集成到新的子树中，导致统计出错

这时候为了减少时间复杂度，就要使用 DSU on tree ，即标题

主要做法是：
指定一颗子树最后 dfs ， dfs 完其他子树并删除信息后 ， 再来 dfs 这颗子树 ，因为这是最后一棵子树了，所以不用删除信息来为不存在的下一颗子树做准备 ， 这样时间复杂度就降下来了 （为什么会降我也不知道啊 awa ）

所以我们用轻重子树来区别 ， 将重子树作为最后一个遍历的 ， 这么做不是因为必须要用重子树 ， 而是因为选它好区分（不选这个也不知道能用什么了，不知道，我是蒻蒟）

看看这题的代码

```cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int LL;
const int N=2e5+5;
int n,m,cnt,head[N],hson[N],HSON,size[N],clr[N],tclr[N],clcnt[N],ans;

struct Edge{
	int nxt,to;
}edge[N<<1];

void add(int f,int t)
{
	edge[++cnt].nxt=head[f];
	edge[cnt].to=t;
	head[f]=cnt;
}

void dfsn(int now)
{
	size[now]=1;
	for(int i=head[now];i;i=edge[i].nxt)
	{
		int to=edge[i].to;
		dfsn(to);
		size[now]+=size[to];
        //找到重子树
		if(size[to]>size[hson[now]]) hson[now]=to;
	}
}

void calcu(int now,int reserve)
{
    //根据情况，确定不同 reserve 状态的计算答案的方式
	tclr[clcnt[clr[now]]]--;
	clcnt[clr[now]]+=reserve;
	tclr[clcnt[clr[now]]]++;
    
	for(int i=head[now];i;i=edge[i].nxt)
	{
		int to=edge[i].to;
        //这里只用跳过当前节点的重子树，因为其他节点是轻子树，里面的数据没有被保留，需要重新计算，而重子树的数据被保留了，再次计算会导致错误
		if(to==HSON) continue;
		calcu(to,reserve);
	}
}

void dsu(int now,int reserve)
{
    //先 dfs 轻子树
	for(int i=head[now];i;i=edge[i].nxt)
	{
		int to=edge[i].to;
		if(to==hson[now]) continue;
		dsu(to,0);//轻子树不用保留数据
	}
	if(hson[now]) dsu(hson[now],1),HSON=hson[now];//dfs 重子树，并记录重子树是哪个节点
    //计算重子树数据
	calcu(now,1);
	HSON=0;//计算完毕后重子树节点记录清零，放置后面要删除数据的话造成数据跳过
	if(clcnt[clr[now]]*tclr[clcnt[clr[now]]]==size[now]) ans++;
	if(!reserve) calcu(now,-1);
}

int main() 
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int color,from;
		cin>>color>>from;
		add(from,i);
		clr[i]=color;
	}
	dfsn(1);
	dsu(1,1);
	cout<<ans;
	return 0;
}