（这题在洛谷主站居然搜不到……还是在百度上偶然看到的）
题目描述
给一棵根为1的树，每次询问子树颜色种类数
输入输出格式
输入格式：
第一行一个整数n，表示树的结点数
接下来n-1行，每行一条边
接下来一行n个数，表示每个结点的颜色c[i]
接下来一个数m，表示询问数
接下来m行表示询问的子树
输出格式：
对于每个询问，输出该子树颜色数
说明
对于前三组数据，1<=m,c[i]<=n<=100
1<=m,c[i]<=n<=1e5
本来在学树上启发式合并，偶然看到这个题，就当模板来打了。
树上启发式合并（dsu on tree）是一种对静态子树节点信息的统计手段。和树上点分治一样，二者都是经过优化的暴力做法，启发式合并的复杂度可以从平方级别降到O(nlogn)。
启发式合并的思想源自暴力统计子树信息的过程。假如某棵树的每个点都有一个颜色，我们要多组询问统计某个点为根的子树内有多少种颜色。
这不是主席树乱搞嘛
考虑直接做这个题的话，我们想预处理出每个点的答案，可以直接从每个点出发做一次dfs统计得出答案后再dfs一遍，把它清空。
dsu on tree给出的优化策略是，我们想要统计某个点u，可以先遍历完它的轻儿子们，把这些点清空消去对重儿子的影响，后再去统计它的重儿子。这样得到的重儿子的信息我们还可以利用在u上，所以这时候我们保留重儿子的信息，再暴力地把它的轻儿子统计一遍来更新u的答案就可以了。
直观上看，每次特殊对待（只统计一次）的这个节点选择重儿子显然是最优的。启发式合并的复杂度经过证明可以达到O(nlogn)；考虑每个点，这个点会被统计多少次呢？
1、通过轻边被扫到。根据轻重链的性质，这一步最多会有log次。
2、被遍历被扫到一次，或者藉由所在重链被扫到一次。是的，我们在合并的过程中每条重链就像树剖的第二次dfs一样，只会被遍历到一次，因此这两种情况是O(1)的。
所以dsu on tree的复杂度得到了证明，我们可以愉快地用它来套做题了。需要强调的是，这个算法适用的是“静态统计子树信息”的问题。具体的遍历写法见代码：
- #include <iostream>
- #include <cstdio>
- #include <cstring>
- #include <algorithm>
- #include <cctype>
- #define maxn 100010
- using namespace std;
- template <class T>
- void read(T &x) {
- x = 0;
- char ch = getchar();
- while (!isdigit(ch))
- ch = getchar();
- while (isdigit(ch)) {
- x = x * 10 + (ch ^ 48);
- ch = getchar();
- }
- }
- int head[maxn], top = 1;
- struct E {
- int to, nxt;
- } edge[maxn << 1];
- inline void insert(int u, int v) {
- edge[++top] = (E) {v, head[u]};
- head[u] = top;
- }
- int n, m;
- int cnt[maxn], color[maxn], son[maxn], size[maxn], ans[maxn], NowSon, sum;
- void dfs1(int u, int pre) {
- size[u] = 1;
- for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) {
- int v = edge[i].to;
- if (v == pre) continue;
- dfs1(v, u);
- size[u] += size[v];
- if (size[son[u]] < size[v])
- son[u] = v;
- }
- }
- void cal(int u, int pre, int val) {
- if (!cnt[color[u]]) ++sum;//在当前树中统计这种颜色
- cnt[color[u]] += val;
- for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) {
- int v = edge[i].to;
- if (v == pre || v == NowSon)//避开根的重儿子
- continue;
- cal(v, u, val);
- }
- }
- void dfs2(int u, int pre, bool op) {//op为 0表示这次操作由轻边遍历得到，需要清空
- for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) {
- int v = edge[i].to;
- if (v == pre || v == son[u])
- continue;
- dfs2(v, u, 0);//轻儿子
- }
- if (son[u])
- dfs2(son[u], u, 1), NowSon = son[u];//重儿子
- cal(u, pre, 1); NowSon = 0;//重新扫描轻儿子，二次统计
- ans[u] = sum;//那么现在的颜色数就是u的信息
- if (!op) {//清空当前的统计数
- cal(u, pre, -1);
- sum = 0;
- }
- }
- int main() {
- read(n);
- int u, v;
- for (int i = 1; i < n; ++i) {
- read(u), read(v);
- insert(u, v), insert(v, u);
- }
- for (int i = 1; i <= n; ++i)
- read(color[i]);
- dfs1(1, 0);
- dfs2(1, 0, 1);
- read(m);
- for (int i = 1; i <= m; ++i) {
- read(v);
- printf("%d\n", ans[v]);
- }
- return 0;
- }