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本文作者：ljh2000
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题目链接：codeforces600E
解法一：$O(nlog^2n)$
正解：启发式合并
解题报告：
这道题求的是每个点的子树内的出现次数最大的数字的和。
考虑启发式合并，我用$col[x]$的$map$表示$x$的子树内的每种权值的出现次数，$sum[x]$的$map$表示$x$的子树内每种出现次数的权值和。
那么我在将儿子节点和父亲节点合并的时候只需要根据$col$的$size$，把小的往大的里面暴力合并就可以了。
$get$了$map$的正确姿势…
//It is made by ljh2000
//有志者，事竟成，破釜沉舟，百二秦关终属楚；苦心人，天不负，卧薪尝胆，三千越甲可吞吴。
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <complex>
#include <bitset>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LB;
const double pi = acos(-1);
const int MAXN = 100011;
const int MAXM = 200011;
int n,a[MAXN],ecnt,first[MAXN],to[MAXM],next[MAXM];
LL ans[MAXN];
map<int,int>col[MAXN];//统计每种颜色的出现次数
map<int,LL>sum[MAXN];//统计每种出现次数的sum
inline void link(int x,int y){ next[++ecnt]=first[x]; first[x]=ecnt; to[ecnt]=y; }
inline int getint(){
int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}
inline void dfs(int x,int fa){
col[x][a[x]]=1;
sum[x][1]=a[x];
int now,cc;
for(int i=first[x];i;i=next[i]) {
int v=to[i]; if(v==fa) continue;
dfs(v,x);
if(col[x].size()<col[v].size()) swap(col[x],col[v]),swap(sum[x],sum[v]);//小的往大的上面合并!!!
for(map<int,int>::iterator it=col[v].begin();it!=col[v].end();it++) {
now=it->first; cc=it->second;
if(col[x].count(now)>0) {
sum[x][col[x][now]]-=now;
col[x][now]+=cc;
sum[x][col[x][now]]+=now;
}
else col[x][now]=col[v][now],sum[x][col[x][now]]+=now;
}
}
map<int,LL>::iterator it=sum[x].end();
it--;//最大的应该是end-1,end是一个空指针...
ans[x]=it->second;
}
inline void work(){
n=getint(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=getint(); int x,y;
for(int i=1;i<n;i++) { x=getint(); y=getint(); link(x,y); link(y,x); }
dfs(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%I64d ",ans[i]);
}
int main()
{
work();
return 0;
}
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解法二：$O(nlogn)$
正解：$dsu$ $on$ $tree$
解题报告：
学了一发$dsu$ $on$ $tree$。
这个算法主要处理的是对于树上某一特征的不带修改子树统计问题，通常可以做到$O(nlogn)$。
大概做法就是先链剖，然后我考虑用一个全局数组$cnt$来表示某个值的出现次数，如果是暴力的做法的话，就是每次处理一个节点时暴力把整棵子树的贡献加入，同时更新答案，做完之后暴力把整棵子树的贡献消除，递归做儿子节点。
而$dsu$ $on$ $tree$的做法就是，每次先递归处理完轻儿子，然后再做重儿子。
到了统计答案的时候，同样是把贡献暴力加入，但是假如这个点是他的父亲节点的重儿子，那么不消除贡献（所以加入贡献的时候注意不要加到重儿子上去了），往上走，直到某个点是父亲的轻儿子再把整棵子树的贡献消除即可。
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#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <complex>
#include <bitset>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LB;
typedef complex<double> C;
const double pi = acos(-1);
const int MAXN = 100011;
const int MAXM = 200011;
int n,a[MAXN],cnt[MAXN],ecnt,first[MAXN],to[MAXM],next[MAXM],size[MAXN],son[MAXN],Son;
LL sum,Max,ans[MAXN];
inline void link(int x,int y){ next[++ecnt]=first[x]; first[x]=ecnt; to[ecnt]=y; }
inline int getint(){
int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}
inline void dfs(int x,int fa){
size[x]=1;
for(int i=first[x];i;i=next[i]) {
int v=to[i]; if(v==fa) continue;
dfs(v,x); size[x]+=size[v];
if(size[v]>size[son[x]]) son[x]=v;
}
}
inline void add(int x,int fa,int val){
cnt[ a[x] ]+=val;
if(cnt[ a[x] ]>Max) Max=cnt[ a[x] ],sum=a[x];
else if(cnt[ a[x] ]==Max) sum+=a[x];
for(int i=first[x];i;i=next[i]) {
int v=to[i]; if(v==fa || v==Son) continue;
add(v,x,val);
}
}
inline void solve(int x,int fa,bool T){
for(int i=first[x];i;i=next[i]) {
int v=to[i]; if(v==fa || v==son[x]) continue;
solve(v,x,1);
}
if(son[x])
solve(son[x],x,0),Son=son[x];
add(x,fa,1); Son=0;
ans[x]=sum;
if(T==1)
add(x,fa,-1),sum=Max=0;
}
inline void work(){
n=getint(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=getint();
int x,y; for(int i=1;i<n;i++) { x=getint(); y=getint(); link(x,y); link(y,x); }
dfs(1,0);
solve(1,0,1);
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%I64d ",ans[i]);
}
int main()
{
work();
return 0;
}
//有志者，事竟成，破釜沉舟，百二秦关终属楚；苦心人，天不负，卧薪尝胆，三千越甲可吞吴。