树上启发式合并

又称dsu on tree,但这个算法和并查集没啥联系，可能借鉴了按秩合并的思想吧。

速通版：
问题如果可以转化成关于子树的查询，（比如查询某棵子树内的信息、比如查询兄弟子树的信息），那么可以先尝试暴力做法：
对于rt，我们一棵一棵地遍历它的子树，每棵子树都是先统计答案，然后更新相关信息。 如果我们枚举每棵子树，统计答案，然后清空信息，这样是标准的O(N²)， 但是我们发现，最多可以保留1棵子树的信息不清空，因为回到rt时这颗子树和前面0棵子树的信息不会产生答案贡献，从第二颗子树开始才会产生贡献， 所以我们希望让保留信息的子树尽量大，于是结合重儿子的概念，保留重子树，这样可以证明是O(Nlogn)

也就是说，dsu on tree仅仅是改了个dfs的顺序，让重子树最后计算，并保留它的信息给根节点。

算法原理+流程+时间复杂度分析

参考大佬博客传送

我们先从第一个例题开始看起：

E. Lomsat gelral
题意是给定了一个无根树，带点权，q次询问，每次询问某棵子树内，点权众数之和。（如果2 3 4都是众数，那么答案是2+3+4=9)

首先最直接的暴力方法就是，枚举每棵子树，通过遍历其节点O（n）求出答案，并删除记录的信息，时间复杂度是O（n²）

优化方法，我们注意到对于根节点rt，遍历完其所有孩子节点的子树后，最后递归回来的这颗子树不需要删除，可以直接由rt继承,我们自然想到最后这个子树的size越大
越好，这便是所谓启发式合并。 子树size最大不正是轻重链剖分里面的重儿子的概念吗？ 所以算法流程就出来了:

• 首先轻重链剖分，求出重儿子

• 全局维护出现众数的出现次数，以及所求的答案，进行dfs。优先dfs轻儿子，最后dfs重儿子，重儿子的影响保留，rt重新统计轻儿子的贡献并记录答案，如果rt是其父节点的轻儿子，删除rt的影响，否则保留。(建议看代码以及注释)

• 删除操作就是暴力递归给轻儿子，每到一个节点就消除影响。

• 时间复杂度分析 ，我们考虑某个节点u，u被访问只有两种情形：
  ①通过重链被访问，这种情况只会访问1次 ，因为重链的影响是永久性的，不会被删
  ②通过轻边被访问，由于树剖后根节点到u只有logn条轻边，所以u只会被访问logn次。
  综上时间复杂度为nlogn
  例题代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define pii pair<int, int>
#define pdd pair<double, double>
#define re register
#define lc rt<<1
#define rc rt<<1|1
const int maxn = 1e5 + 10;
const ll mod = 998244353;
const ll inf = (ll)4e17+5;
const int INF = 1e9 + 7;
const double pi = acos(-1.0);
//给定树 带点权 询问子树中,出现次数最多的若干种点权的点权和 (众数之和)
//暴力解法 对于每个子树都花O(n)求出其答案，并用O(N)清空影响  时间O(N平方)
//发现对于根节点rt,最后递归的子树可以不删,保留信息给根节点,我们最后递归重儿子，保留重儿子的信息 即:启发式合并
//我们保留重儿子，删除轻儿子的影响,并最后重新统计一遍轻儿子
//nlogn 某个点u被访问:要么通过重链(不会被删，只会被访问1次),要么通过轻边,但根到u只有logn条轻边，所以最多logn次
vector<int> g[maxn];
int v[maxn];
int cnt[maxn];
int mmx=-1;//众数出现次数
ll ret, ans[maxn];
int n;
//轻重链剖分
int son[maxn],siz[maxn];
void dfs(int rt,int fa) 
{
   
	siz[rt]=1;
	for(int &i:g[rt]) 
	{
   
		if