Codeforces-375D Tree and Queries（树上dsu）
题意
给定一棵 n n 个节点的树，每个节点上有一个颜色。有 m m 个询问，每次询问 u u 对应的子树中，有多少种颜色至少出现 k k 次。
1≤n,m≤105 1 ≤ n , m ≤ 10 5
思路
树上 dsu d s u 的入门题（即树上启发式合并）。首先，暴力比较好想，对于每一个询问的 u u ，在 u u 的子树中统计每种颜色出现的次数，得到出现次数超过 k k 次的颜色个数。复杂度 O(mn) O ( m n ) 。
考虑优化。不难发现有些节点的值会在多个祖先中发挥作用，对于每一个子树查询都重新 dfs d f s 一遍会重复操作。于是，对于每一个子树的查询，最好能继承更多儿子中的状态，于是有了如下一段代码：
void dsu(int u,int f)
{
EOR(i,G,u)
{
int v=G.to[i];
if(v!=f&&v!=son[u])dsu(v,u),update(L[v],R[v],-1); //递归轻儿子并删除信息
}
if(son[u])dsu(son[u],u); //递归重儿子并保留信息
EOR(i,G,u)
{
int v=G.to[i];
if(v!=f&&v!=son[u])update(L[v],R[v],1); //加入轻儿子的信息
}
update(L[u],L[u],1); //加入子树根节点信息
FOR(i,0,(int)ask[u].size()-1)Out[ask[u][i].id]=... //回答询问
}上面就是树上启发式合并的精髓部分，算法的流程如下：
对于某一个节点：
1.递归轻儿子对应的子树，再将其信息删去；
2.递归重儿子对应的子树；
3.加上轻儿子的信息；
4.加入子树根节点的信息；
5.回答这个子树的询问；
6.返回。
先关注这个算法的复杂度主要堆积在哪里，不难发现， dsu d s u 这个递归函数只是把 n n 各节点的扫了一遍，复杂度无疑只是 O(n) O ( n ) 。而 update u p d a t e 函数，由于要对节点的 dfs d f s 序给值，成为了复杂度堆积的地方。 dsu d s u 回溯上来的时候，这个子树的信息已经被加入了，而我们最后算的是重儿子，所以信息保留，只用再加上其他儿子和根的信息。由此可以看出，对于一个节点 v v ，如果的信息需要被加入 u u 的子树，就说明它一定是 u u 的轻儿子，而这也说明一定存在大小不亚于它的重儿子，使得合并后的 u u 子树大小至少扩大为原子树 u u 的两倍。每个节点的合并次数不超过 logn log n ，复杂度就保证在了 O(nlogn) O ( n log n ) 以下。
这就是神奇的树上 dsu d s u ，事实上 dsu d s u 就是一种聪明的暴力，把小集合并到大集合，使得每个元素在合并后，所在集合的大小至少变为原来两倍，每个元素合并次数均不超过 logn log n ，复杂度仍保持在 O(nlogn) O ( n log n ) 以下，树上的也是同样的道理，不一样的是它规定了合并的方式，通过选出重儿子使复杂度变为 dsu d s u 的复杂度。
有了模板之后，只用考虑怎么更新了。比较好想的是开一个记录每种颜色出现次数的数组 cnt c n t ，再利用树状数组，维护出现次数为某个次数的颜色种数，每次查询 [k,n] [ k , n ] 这个区间。但事实上不需要，只需用一个普通的数组 num n u m ，表示至少出现某个次数的颜色种数。那么只用在 col c o l 颜色再次出现时，保留原来在 cnt c n t 里的贡献 cnt[col] c n t [ c o l ] ，在 num[cnt[col]+1] n u m [ c n t [ c o l ] + 1 ] 加一即可，删除同理。
代码
#include1>G;
struct Query{int id,k;};
vector