树上启发式合并（dsu on tree)

　　树上启发式合并属于暴力的优化，复杂度O(nlogn)

　　主要解决的问题特点在于：

　　　　1.对于树上的某些信息进行查询

　　　　2.一般问题的解决不包含对树的修改，所有答案可以离线解决

　

　　算法思路：这类问题的特点在于父节点的信息是通过子节点更新而来

　　所以如果是暴力解决的话就是对每一个节点往下跑一次图，复杂度在O(n^2)

　　因为父节点是有子节点跟新而来，所以我们可以考虑每次保留一部分子节点的信息，将另一部分子节点信息暴力合并得到父节点的信息

　　这样的话我们就考虑保留重子节点的信息（子树中子节点数最多的节点），这样我们就可以减少合并次数

　　从树链剖分的性质中我们可以得知，一个点到根节点最多不超过logn条路径，所以这样就将算法的复杂度大大降低为O(nlogn)

　　引例一：https://www.luogu.com.cn/problem/U41492

　　求一颗子树中出现的颜色个数

　　

　　我们的具体做法如下：

　　1.每次先遍历轻子节点，计算轻子节点的信息和答案，但是不保存其信息

　　2.遍历重子节点，计算重子节点信息和答案，保存其信息

　　3.暴力合并轻子节点信息到重子节点上

　　这里比较有疑惑的就是第一和第三步能不能合并到一起，以及为什么在第一步不保存轻子节点的信息。

　　其实这是同一个问题，之所以在第一次遍历轻子节点的时候不保存其信息，是为了避免轻子节点的信息对重子节点信息的影响

　　换句人话讲：因为我们统计节点颜色的时候，我们是定义一个cnt[]数组进行统计，假设我们第一次遍历轻子节点的时候保留信息

　　cnt[]数组记录下当前有的颜色数为totcol = 5,那么在遍历重子节点的时候，如果遍历到一个新的颜色，totcol这个时候会变成6，进而

　　在保存数据的时候在重子节点这记录为当前子树内的颜色数为6，这就造成了数据错误，如果不记录轻子节点信息的情况下，当回溯到

　　父节点时，轻子节点的信息会不断随着del()函数，totcol减少，然后从0开始遍历重子节点，这样才能正确的计算出重子节点重蕴含的信息。

　　

　　

 1 # include<iostream>
 2 # include<bits/stdc++.h>
 3 using namespace std;
 4 # define int long long
 5 # define endl "\n"
 6 const int N = 2e5 + 10;
 7 int sz[N], big[N], col[N], l[N], r[N], rnk[N], totdfn;
　　/*
　　　　　sz[]子树大小
　　　　big[]重儿子
　　　　l[],r[]dfs序列下，子树的边界
　　　　rnk[] dfs序列对应的节点编号
　　　　totdfn dfs序列
　　*/
 8 int ans[N], cnt[N], totcolor;
 9 vector<int> g[N];
10 void add(int u) {
11     if (cnt[col[u]] == 0) ++totcolor;
12     cnt[col[u]]++;
13 }
14
15 void del(int u) {
16     cnt[col[u]]--;
17     if (cnt[col[u]] == 0) --totcolor;
18 }
19
20 int getans() {
21     return totcolor;
22 }
23 void dfs0(int u, int fa) {
24     l[u] = ++totdfn;
25     rnk[totdfn] = u;
26     sz[u] = 1;
27     for (int v : g[u]) {
28         if (v != fa) {
29             dfs0(v, u);
30             sz[u] += sz[v];
31             if (!big[u] || sz[v] > sz[big[u]]) big[u] = v;
32         }
33
34     }
35     r[u] = totdfn;
36 }
37 //keep表示是否保留节点信息
38 void dfs1(int u, int fa, bool keep) {
39     for (int v : g[u]) {
40         if (v != fa && v != big[u]) {
41             dfs1(v, u, false);
42         }
43     }//计算轻子节点信息
44     if (big[u]) {
45         dfs1(big[u], u, true);
46     }//计算重子节点信息
47     for (int v : g[u]) {
48         if (v != fa && v != big[u]) {
49             for (int i = l[v]; i <= r[v]; ++i) {
50                 add(rnk[i]);
51             }
52         }
53     }
54     add(u);
55     ans[u] = getans();
56     if (keep == false) {
57         for (int i = l[u]; i <= r[u]; ++i) {
58             del(rnk[i]);
59         }
60     }//删除轻子节点信息
61 }
62
63 void solve() {
64     int n;
65     cin >> n;
66     for (int i = 1; i  <= n; ++i) g[i].clear();
67     for (int i = 1; i < n; ++i) {
68         int u, v;
69         cin >> u >> v;
70         g[u].push_back(v);
71         g[v].push_back(u);
72     }
73     for (int i  = 1; i <= n; ++i) cin >> col[i];
74     dfs0(1, 0);
75     dfs1(1, 0, false);
76     int m;
77     cin >> m;
78     while (m--) {
79         int k;
80         cin >> k;
81         cout << ans[k] << endl;
82     }
83
84 }
85 int tt;
86 signed main() {
87     ios::sync_with_stdio(false);
88     cin.tie(0);
89     cout.tie(0);
90     tt = 1;
91     while (tt--)solve();
92
93
94     return 0;
95 }