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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
~
,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
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
- 然而在搜完最后一个儿子
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,
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<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<string>
#include<math.h>
#include<queue>
#include<stack>
#include<iostream>
using namespace std;
#define LL long long
#define mod 1000000007
vector<int> 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;i<G[u].size();i++)
{
v = G[u][i];
if(v==p)
continue;
Sech1(v, u);
siz[u] += siz[v];
if(siz[v]>siz[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<G[u].size();i++)
{
v = G[u][i];
if(v==p || vis[v])
continue;
Gao(v, u);
}
}
void Init(int u, int p)
{
int i, v;
sum = bet = 0;
all[col[u]] = 0;
for(i=0;i<G[u].size();i++)
{
v = G[u][i];
if(v==p)
continue;
Init(v, u);
}
}
void Sech2(int u, int p)
{
int i, v;
for(i=0;i<G[u].size();i++)
{
v = G[u][i];
if(v==p || hson[u]==v)
continue;
Sech2(v, u);
Init(v, u);
}
if(hson[u])
Sech2(hson[u], u), vis[hson[u]] = 1;
Gao(u, p), vis[hson[u]] = 0;
ans[u] = sum;
}
int main(void)
{
int x, y, n, i;
scanf("%d", &n);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d", &col[i]);
for(i=1;i<=n-1;i++)
{
scanf("%d%d", &x, &y);
G[x].push_back(y);
G[y].push_back(x);
}
Sech1(1, 0);
Sech2(1, 0);
for(i=1;i<=n;i++)
printf("%lld ", ans[i]);
puts("");
return 0;
}