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dsu on tree（Educational Codeforces Round 2: E. Lomsat gelral）

dsu on tree（Educational Codeforces Round 2: E. Lomsat gelral）_第1张图片

 

题意：

一棵n个节点的树，每个节点都有一种颜色，如果颜色c在以u为根的子树中出现的次数大于等于一半，那么这个颜色就是u节点的支配色， 因为是大于等于，所以一个节点的支配色可能不止一种，求出每个节点的支配色编号和

 

思路：

一个无脑的暴力：

  • DFS整棵树，对于当前节点u，再DFS下以它为根的子树内所有的节点，相当于DFS套DFS
  • 复杂度O(n²)，当整棵树为一条链时复杂度最高

优化一下上面的暴力：

  • 考虑DFS的过程，对于节点u的所有儿子v_1~v_x，一定是将前一个儿子的子树全部搜完，才开始搜下一个儿子
  • 当然，每当计算完以v_i为根的子树的答案后，一定要删除贡献，才能继续搜索下一个儿子v_{i+1}
  • 然而在搜完最后一个儿子v_x后，并不需要删除贡献！因为紧接着你要计算的是以u为根的子树的答案，v_x是被包在里面的

这样的话，当一条链的时候，原先是最坏情况，在优化之后就成了最好情况，O(n)就能解决

不过复杂度好像仍然是O(n²)？

 

……

其实到这里dsu on tree就已经讲完了

因为dsu on tree就是上述的暴力，唯一的区别是：对于当前节点u，最后一个搜索的儿子一定是它的重儿子

可以证明这样暴力的话复杂度是O(nlogn)的，当然这里就不证了，证明依赖于树链剖分

 

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define LL long long
#define mod 1000000007
vector G[100005];
int col[100005], siz[100005], hson[100005], vis[100005], all[100005], bet;
LL ans[100005], sum;
void Sech1(int u, int p)
{
	int i, v;
	siz[u] = 1;
	for(i=0;isiz[hson[u]])
			hson[u] = v;
	}
}
void Gao(int u, int p)
{
	int i, v;
	all[col[u]] += 1;
	if(all[col[u]]>bet)
		bet = all[col[u]], sum = 0;
	if(all[col[u]]>=bet)
		sum += col[u];
	for(i=0;i

 

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