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给定一棵n个点的有根树，编号依次为1到n，其中1号点是根节点。每个节点都被染上了某一种颜色，其中第i个节点的颜色为c[i]。如果c[i]=c[j]，那么我们认为点i和点j拥有相同的颜色。定义depth[i]为i节点与根节点的距离，为了方便起见，你可以认为树上相邻的两个点之间的距离为1。站在这棵色彩斑斓的树前面，你将面临m个问题。

每个问题包含两个整数x和d，表示询问x子树里且depth不超过depth[x]+d的所有点中出现了多少种本质不同的颜色。请写一个程序，快速回答这些询问。

Input

第一行包含一个正整数T(1<=T<=500)，表示测试数据的组数。

每组数据中，第一行包含两个正整数n(1<=n<=100000)和m(1<=m<=100000)，表示节点数和询问数。

第二行包含n个正整数，其中第i个数为c[i](1<=c[i]<=n)c[i](1<=c[i]<=n)c[i](1<=c[i]<=n)，分别表示每个节点的颜色。

第三行包含n-1个正整数，其中第i个数为f[i+1](1<=f[i]<i)f[i+1](1<=f[i]<i)f[i+1](1<=f[i]<i)，表示节点i+1的父亲节点的编号。

接下来m行，每行两个整数x(1<=x<=n)和d(0<=d<n)，依次表示每个询问。

输入数据经过了加密，对于每个询问，如果你读入了x和d，那么真实的x和d分别是x xor last和d xor last，

其中last表示这组数据中上一次询问的答案，如果这是当前数据的第一组询问，那么last=0。

输入数据保证n和m的总和不超过500000。

Output

对于每个询问输出一行一个整数，即答案。

Sample Input

Sample Output

solution

询问子树内的问题，通常都转化成dfn序，然后就可以用线段树维护，变成区间问题

询问距离不超过depx+ddep_x+ddepx+d，那就按深度排序后，建主席树

则对于深度为iii的版本的线段树只会存在深度≤i\le i≤i的点

线段树上的点管辖的区间就是其子树

其点存的值，就是管辖区间内不同颜色的个数

最后只需要处理子树内多个点有同样颜色的修改

具体而言，根据dfn序，对于新增点iii，在线段树上对应的点进行+1

找到与其颜色相同的dfn小于iii的最大dfn序对应的点，记为iii的前驱

那么求出这两个点的lca，从lca往上的点都含有这两个点，但只需要算一个，所以在线段树上lca对应的叶子节点，进行-1

同理。找到与其颜色相同的dfn大于iii的最小dfn序对应的点，记为iii的后继

那么求出这两个点的lca，从lca往上的点都含有这两个点，但只需要算一个，所以在线段树上lca对应的叶子节点，进行-1

但是前驱和后继的lca又多减了111，所以要对其进行+1操作

code

#include <set>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 100005
set < int > s[maxn];
struct node { int id, dep; }t[maxn];
int T, n, m, cnt;
int root[maxn], c[maxn], dep[maxn], dfn[maxn], St[maxn], Ed[maxn], mp[maxn], head[maxn], to[maxn], nxt[maxn];
int f[maxn][20];void dfs( int u ) {dep[u] = dep[f[u][0]] + 1;dfn[u] = St[u] = ++ cnt;mp[cnt] = u;for( int i = 1;i < 20;i ++ )f[u][i] = f[f[u][i - 1]][i - 1];for( int i = head[u];i;i = nxt[i] ) dfs( to[i] );Ed[u] = cnt;
}struct Node { int lson, rson, sum; }tree[maxn * 50];void modify( int &now, int lst, int l, int r, int pos, int k ) {tree[now = ++ cnt] = tree[lst];tree[now].sum += k;if( l == r ) return;int mid = ( l + r ) >> 1;if( pos <= mid ) modify( tree[now].lson, tree[lst].lson, l, mid, pos, k );else modify( tree[now].rson, tree[lst].rson, mid + 1, r, pos, k );
}int query( int now, int l, int r, int L, int R ) {if( r < L or R < l ) return 0;if( L <= l and r <= R ) return tree[now].sum;int mid = ( l + r ) >> 1;return query( tree[now].lson, l, mid, L, R ) + query( tree[now].rson, mid + 1, r, L, R );
}int lca( int u, int v ) {if( dep[u] < dep[v] ) swap( u, v );for( int i = 19;~ i;i -- ) if( dep[f[u][i]] >= dep[v] ) u = f[u][i];if( u == v ) return u;for( int i = 19;~ i;i -- ) if( f[u][i] ^ f[v][i] ) u = f[u][i], v = f[v][i];return f[u][0];
}int main() {scanf( "%d", &T );while( T -- ) {scanf( "%d %d", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ )  head[i] = 0, s[i].clear();for( int i = 1;i <= n;i ++ )  scanf( "%d", &c[i] );cnt = 1;for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {scanf( "%d", &f[i][0] );to[cnt] = i, nxt[cnt] = head[f[i][0]], head[f[i][0]] = cnt ++;}cnt = 0;dfs( 1 );for( int i = 1;i <= n;i ++ )    t[i].id = i, t[i].dep = dep[i];sort( t + 1, t + n + 1, []( node x, node y ) { return x.dep < y.dep; } );cnt = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {root[t[i].dep] = root[t[i - 1].dep];int id = t[i].id, d = t[i].dep;modify( root[d], root[d], 1, n, dfn[id], 1 );auto it = s[c[id]].lower_bound( dfn[id] );int pre = -1, nxt = -1;if( it != s[c[id]].end() ) {nxt = *it;modify( root[d], root[d], 1, n, dfn[lca( id, mp[nxt] )], -1 );}if( it != s[c[id]].begin() ) {pre = * (-- it);modify( root[d], root[d], 1, n, dfn[lca( id, mp[pre] )], -1 );}if( ~ pre and ~ nxt )modify( root[d], root[d], 1, n, dfn[lca( mp[pre], mp[nxt] )], 1 );s[c[id]].insert( dfn[id] );}int last = 0, x, d;while( m -- ) {scanf( "%d %d", &x, &d );x ^= last, d ^= last;printf( "%d\n", last = query( root[dep[x] + d], 1, n, St[x], Ed[x] ) );}cnt = 0;}return 0;
}

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BZOj #4771. 七彩树（主席树+dfn序+lca）

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