首先说明一点：线段树合并不是启发式合并。
启发式合并的大概内容就是：把小的数据结构按照这个数据结构的正常插入方法，一个一个地暴力塞进去。
而线段树合并显然不是这个东西。
这道题的题解太烂了，所以耽误了很长时间。
对于每一次操作，它只有3个参数：起始位置，作用时间，颜色。
把颜色离散化一下，让它们的编号分布在1e5以内。也可以不离散化，略麻烦一些而已。注意有负数。
现在我们维护一个以时间为区间下标的线段树，里面维护两个权值，一个是第一次出现的小球的个数，另一个是所有小球的个数。
我们另开一组vector存储发生在这个节点上的操作，需要存储时间/颜色这2个参数。
刚开始我们读入所有操作，直接把它放进起始位置的vector里。
然后就可以一遍dfs求解答案。考虑在每个点要做什么事。
1）递归求解所有子树
2）求解所有在这个节点上的操作得到本节点的答案
3）把与自身相关的所有事件上传给父节点
这其实是暴力思路。
我们考虑一下，如果按照上述思路，要么就是需要清空线段树，要么就是开100000个树爆内存。
也只有第一个能考虑优化。
如果1号节点有2个儿子，其中2号节点上有99995次操作，3号节点上有5次。
还要清空线段树？有什么想法吗？
对于3号节点，它暴力上传的复杂度并不高，关键就是怎么处理2号节点。
如果先扫3号节点，清空，再2号节点，信息不清空，事件也暂时不上传。
那么回溯到了1号节点，我们有一个现成的已经存好了99995个操作的线段树，而vector里面只有5次操作需要插入。多好啊
考虑这样一个问题：因为父节点只是一个点，而子树里可能有很多点，所以某个儿子身上可能聚集了很多操作。
那么对于每一个节点，我们称其“子树中操作数最多的儿子”为它的重儿子。
那么按照刚才举例子的这个思路，优化一下上面的那个dfs流程。
1）扫所有的轻儿子，把轻儿子的vector中的全部时间放进父节点额vector里，清空线段树。
2）求解重儿子，保留线段树，暂时不加入重儿子vector里面的事件。
3）把vector里面所有的为插入线段树的事件插入线段树，求解答案。
然而我的代码实现把清空和信息上传放在了dfs的最后，为了代码与题解统一，稍微改一下。
1）扫轻儿子。
2）扫重儿子。
3）把vector里面所有的为插入线段树的事件插入线段树，求解答案。
4）如果当前节点不是它父节点的重儿子，就清空线段树，把vector上传。
其实本质上是一样的，个人感觉我这个挺好理解。
然而上面这个思路仍然不够成熟，有一些具体实现会让时间复杂度产生一些差别。
首先是如何求出重儿子。这个还是比较简单的，dfs扫一遍。记得打完这个函数要调用！不要像某个姓吴的名字是两个字的傻子一样。
1 void pre_dfs(int p,int fa){ 2 siz[p]=v[p].size(); 3 for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(to[i]!=fa){ 4 pre_dfs(to[i],p),siz[p]+=siz[to[i]]; 5 if(siz[to[i]]>siz[hson[p]])ihs[hson[p]]=0,hson[p]=to[i],ihs[to[i]]=1;//hson[p]存p的重儿子，ihs[p]表示p是否为父节点的重儿子 6 } 7 }
然后是怎么把vector里面的数据上传。考虑极端情况：一条100000点的链，在最后一个点上有100000个事件。
显然暴力一个一个事件地上传会T成狗，这就是为什么要启发式合并，这样就有了nlog的合并复杂度的保证了。
1 void up(int p,int fa){ 2 if(v[ref[p]].size()<v[ref[fa]].size()){//把小的往大的里面逐个插入 3 for(int i=0;i<v[ref[p]].size();++i)v[ref[fa]].push_back(v[ref[p]][i]); 4 v[ref[p]].clear();//清空，防止爆内存，但是好像不必要 5 } 6 else{for(int i=0;i<v[ref[fa]].size();++i)v[ref[p]].push_back(v[ref[fa]][i]);v[ref[fa]].clear();ref[fa]=ref[p];}
//如果是父节点的vector比儿子小，那么把父亲节点的vector倒进子节点的之后，要把代表元素修改一下，即节点fa对应的vector不再是v[fa]而是v[p] 7 }
再接下来需要实现的就是线段树了。设t数组表示球的总数量，c数组表示有贡献的球的数量（即每个颜色第一次出现的球的数量）
首先是修改，为了以后还要清空线段树（具体的等会再说），需要可加可减
1 void insert(int p,int pos,int tt,int cc){ 2 if(cl[p]==cr[p]){t[p]+=tt;c[p]+=cc;return;} 3 if(pos<=cr[p<<1])insert(p<<1,pos,tt,cc); 4 else insert(p<<1|1,pos,tt,cc); 5 t[p]=t[p<<1]+t[p<<1|1];c[p]=c[p<<1]+c[p<<1|1]; 6 }