树上启发式合并（dsu on tree）用来处理这样一类题目：询问支持离线，并且询问与子树有关。它可以很方便地在O(nlogn) 内完成答案的统计。
我们基于这样一个简单的问题来讨论dsu on tree。U41492 树上数颜色 - 洛谷
给定一棵节点具有颜色的树，询问每棵子树中有多少种不同的颜色
（1）树上莫队：这个十分简单，我们不多赘述。时间复杂度为\(O(n\sqrt n)\)
以下介绍两种启发式合并的方法：
（2）树上桶合并：我们把每个节点子树中的颜色编号存于一个set桶中，显然我们只需获取桶的大小即可（我不确定size()函数是否会导致复杂度升级，最好还是维护sz数组）。在桶往上传时，我们总是把小桶合并到大桶，于是可以保证每个元素被移出桶的次数最多只有logn。这样做的复杂度为\(O(nlogn)\)，考虑到set的操作是logn的，于是总复杂度为\(O(nlogn^2)\)，能勉强应付1e6的数据。
（补充证明：对较小桶而言，合并后的新桶大小至少为自己的两倍，换而言之，对一个元素执行取出和压入操作，新桶大小必然大于等于旧桶的两倍，这意味着一个元素最多被执行logn次该操作。）
（3）树上启发式合并：
先论暴力算法。我们维护一个计数数组cnt，记录某颜色当前的数量，当cnt[x]由0变1时++ans。对每个节点，重置ans和cnt，然后遍历以它为根的子树，最后把ans记录在该点上。
而树上启发式合并基于的就是对\(O(n^2)\)的优化。对于一个结点u，我们不一定非要在被清空的cnt和ans上重新开始，因为u的儿子子树的信息同样是自己的一部分，所以可以在其某个儿子遗留的未重置的cnt和ans上接着维护ans。我们指定这个儿子为重儿子，能使总复杂度达到O(nlogn)。
证明：每个节点除了最原始的遍历，在它到根节点的路径上，每有一条轻边就意味着要被多遍历一次。由树链剖分的引理可知，从根到任一节点的链上最多只有logn条轻边，于是每个节点最多被遍历logn+1次。
算法步骤：
1 预处理每个点的重儿子
2-1 进入dfs函数，函数首先向非重儿子方向递归，完成这些节点的处理，这主要是为了自下而上出结果。dfs函数默认不清除数据，因此要手动清除。
2-2 接着才正式开始启发式合并。具体见如下参考模板。
参考模板：
void dfs0( int u, int fa ) { //遍历整个树，找每个点的重儿子
siz[u] = 1;
for( int v : G[u]) {
if( v == fa ) continue;
dfs0( v, u );
siz[u] += siz[v];
if( siz[v] > siz[son[u]] )
son[u] = v;
}
}
int ans; //记录答案的全局变量，跟随全局数组一起重置
void calc( int u, int fa, bool flag ) {//遍历以u为根的子树，处理每个节点的数据
if( flag ) { //flag=0回退 flag=1添加
//统计数据
}
else {
//按原路清理数据（通常是彻底清除，直接赋0、inf或-inf）
}
for( int v : G[u] )
if( v != fa ) calc( v, u, flag );
}
void dfs( int u, int fa ) { //默认不清理遗留数据
for( int v : G[u] ) {
if( v == fa || v == son[u] ) continue;
dfs( v, u );//先算轻儿子的答案
calc( v, u, 0 );//计算完轻儿子的答案后 要把儿子的痕迹擦干净 为下一个儿子准备
ans=0;//或+-inf
//...可能还有其他的操作
} //以下才是启发式合并的正式开始
if( son[u] ) dfs( son[u], u );//重儿子的贡献仍然保留 不回退
//别忘了把u本身加入数据
//如果重儿子遗留的ans不是我们需要的，还得重置一下
for( int v : G[u] ) {
if( v == fa || v == son[u] ) continue;
calc( v, u, 1 );//开始重新添加每个轻儿子的贡献 为后面计算自己准备
}
//...一堆操作，比如将ans计入res[u]，或者处理挂在u上的询问
}
个人总结：
（1）保证每个节点只被dfs一次，被calc不超过logn次
（2）清除数据不能用memset，而按其怎么加进来去原路把数据清除，这样防止了复杂度退化。
（3）calc函数的功能是遍历子树记录子孙节点数据，如果这些节点的数据是给定的或者有办法预处理，还可以通过提前生成dfs序，来代替遍历子树。
（4）树上启发式合并的典型运用：Problem - D - Codeforces（神题，多细品）。 以0/1表示22个字母分别出现奇数次还是偶数次，我们所维护的数组叫做len，len[s]表示从根到某一节点形成的01串s的最大深度（启发：节点记录的数据要么与本点绑定，要么就相对于根节点），节点的s和深度都是可以预处理好的（这样刚好能由两点01串的异或得到两点的路径信息）。对于当前节点u，我们的目标是找到经过u的最长合法路径。对u的每棵轻儿子子树，要进行三次calc，第一次是遍历子树中的节点x，从现有的len集合中找到所有与x形成合法匹配的01串s，用dep[x]+len[s]-2*dep[u]来更新ans，第二次是把子树中所有节点x的01串s更新到len集合，也就是len[s]=max(len[s],dep[x])。第三次是清空len，注意要重置为-inf而不是0。这道题目显然无法采用莫队，因为第一次calc和第二次calc是严格分开的。
