近幾天跟著dreagonm大佬學習了\(dsu\ on\ tree\)，來總結一下：
\(dsu\ on\ tree\)，也就是樹上啟發式合並，是用來處理一類離線的樹上詢問問題（比如子樹內的顏色種數）的不二法寶。它不僅好想好寫，還有著\(O(nlogn)\)的優秀時間復雜度（劃重點）。
結合一道例題來講吧：
CF600E Lomsat gelral

題目大意：

一棵樹有\(n(n\leqslant 10^5)\)個結點，每個結點都是一種顏色，每個顏色有一個編號，求樹中每個子樹的最多的顏色編號的和，對於每個結點都輸出答案。
首先我們考慮暴力怎麽做：首先\(dfs\)每一個結點，用一個\(cnt\)數組，記錄在當前子樹中各個顏色出現的次數，遍歷子樹並更新\(cnt\)

void calc(int u, int fa, int k) //k的取值為1和-1,分別對應累加和清除
{
    cnt[color[u]] += k; //把當前結點的顏色累加到cnt中
    if(k > 0 && cnt[color[u]] >= maxcnt) //更新答案
    {
        if(cnt[color[u]] > maxcnt) sum = 0, maxcnt = cnt[color[u]];
        sum += color[u];
    }
    for(int i = 0, v; i < G[u].size(); ++i)
    {
        v = G[u][i];
        if(v == fa || vis[v]) continue; //vis標記表明v已經計算過了
        calc(v, u, k); //遞歸計算子節點
    }
}

void dfs2(int u, int fa, int keep) //keep為一表明當前結點在重兒子的子樹中,需要保留答案
{
    for(int i = 0, v; i < G[u].size(); ++i)
    {
        v = G[u][i];
        if(v == fa || v == hson[u]) continue; //先訪問輕兒子
        dfs2(v, u, 0);
    }
    if(hson[u]) dfs2(hson[u], u, 1), vis[hson[u]] = 1; //再訪問重兒子,一定要打上vis標記
    calc(u, fa, 1); //累加答案
    ans[u] = sum;
    if(hson[u]) vis[hson[u]] = 0; //一定要清除標記
    if(!keep) calc(u, fa, -1), sum = maxcnt = 0; //清除答案
}
 

是不是很簡單，再來看一道題：
CF570D Tree Requests

題目大意：

給定一個以\(1\)為根的\(n\)個節點的樹，每個點上有一個字母(\(a-z\))，每個點的深度定義為該節點到\(1\)號節點路徑上的點數.每次詢問\(a,b\)查詢以\(a\)為根的子樹內深度為\(b\)的節點上的字母重新排列之後是否能構成回文串。
很明顯是個樹上啟發式合並。顯然，只要深度為\(b\)結點的所有顏色中，至多有一種的數量為奇數就可以構成回文串了。
直接上代碼吧：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define N 500000
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
#define mp make_pair
#define are =
#define son G[u][i]

int idx(char c)
{
    return c-'a';
}

int n, m, w[N+5], cnt[N+5][26], sz[N+5], vis[N+5], d[N+5], hson[N+5], ans[N+5];
vector<int> G[N+5];
vector<pii> Q[N+5];

void dfs1(int u)
{
    sz[u] = 1;
    for(int i = 0, you; i < G[u].size(); ++i)
    {
        you are son;
        d[you] = d[u]+1;
        dfs1(you);
        sz[u] += sz[you];
        if(sz[you] > sz[hson[u]]) hson[u] = you;
    }
}

void calc(int u, int k)
{
    cnt[d[u]][w[u]] += k;
    for(int i = 0, you; i < G[u].size(); ++i)
    {
        you are son;
        if(vis[you]) continue;
        calc(you, k);
    }
}

void dfs2(int u, int keep)
{
    for(int i = 0, v; i < G[u].size(); ++i)
    {
        v = G[u][i];
        if(v == hson[u]) continue;
        dfs2(v, 0);
    }
    if(hson[u]) dfs2(hson[u], 1), vis[hson[u]] = 1;
    calc(u, 1);
    for(int i = 0, id, d, t; i < Q[u].size(); ++i)
    {
        id = Q[u][i].first, d = Q[u][i].second, t = 0;
        for(int j = 0; j < 26; ++j)
            if(cnt[d][j]&1) t++; 
        ans[id] = t > 1 ? 0 : 1;
    }
    if(hson[u]) vis[hson[u]] = 0;
    if(!keep) calc(u, -1);
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 2, fff; i <= n; ++i) scanf("%d", &fff), G[fff].pb(i);
    char ccc;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> ccc, w[i] = idx(ccc);
    d[1] = 1;
    dfs1(1);
    for(int i = 1, x, y; i <= m; ++i) scanf("%d%d", &x, &y), Q[x].pb(mp(i, y));
    dfs2(1, 0);
    for(int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        if(ans[i]) printf("Yes\n");
        else printf("No\n");
    }
    return 0;
}
 

dsu on tree 樹上啟發式合並 學習筆記