【BZOJ4771】七彩树
Description
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)，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)，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
1
5 8
1 3 3 2 2
1 1 3 3
1 0
0 0
3 0
1 3
2 1
2 0
6 2
4 1
5 8
1 3 3 2 2
1 1 3 3
1 0
0 0
3 0
1 3
2 1
2 0
6 2
4 1
Sample Output
1
2
3
1
1
2
1
1
2
3
1
1
2
1
1
题解：先不考虑深度的限制。我们分别考虑每种颜色。
如果这个颜色只有一个点，那么它对它的所有祖先的贡献都是1，如果有2个点a,b，那么它们对a和b的祖先贡献都是1，其中两者lca的祖先被重复计算了1次，要将它减去。
以此类推，这些点对它们的树链的并的贡献都是1，所以求出树链的并，用线段树维护子树权值和即可。
但是如果考虑深度限制呢？将线段树改成主席树即可，即对于每个深度都维护一棵线段树。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <set>
using namespace std;
const int maxn=100010;
int n,m,cnt,tot,ans;
set<int> S[maxn];
set<int>::iterator it;
int to[maxn],next[maxn],head[maxn],fa[19][maxn],dep[maxn],Log[maxn],p[maxn],q[maxn],pd[maxn],Q[maxn],rt[maxn],v[maxn];
struct node
{
int ls,rs,siz;
}s[maxn*50];
void dfs(int x)
{
p[x]=++q[0],Q[q[0]]=x;
for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i]) dep[to[i]]=dep[x]+1,dfs(to[i]);
q[x]=q[0];
}
inline int lca(int a,int b)
{
if(dep[a]<dep[b]) swap(a,b);
for(int i=Log[dep[a]-dep[b]];i>=0;i--) if(dep[fa[i][a]]>=dep[b]) a=fa[i][a];
if(a==b) return a;
for(int i=Log[dep[a]];i>=0;i--) if(fa[i][a]!=fa[i][b]) a=fa[i][a],b=fa[i][b];
return fa[0][a];
}
bool cmp(int a,int b)
{
return dep[a]<dep[b];
}
void insert(int x,int &y,int l,int r,int a,int b)
{
y=++tot,s[y].ls=s[y].rs=s[y].siz=0;
s[y].siz=s[x].siz+b;
if(l==r) return ;
int mid=(l+r)>>1;
if(a<=mid) s[y].rs=s[x].rs,insert(s[x].ls,s[y].ls,l,mid,a,b);
else s[y].ls=s[x].ls,insert(s[x].rs,s[y].rs,mid+1,r,a,b);
}
int query(int l,int r,int x,int a,int b)
{
if(!x||(a<=l&&r<=b)) return s[x].siz;
int mid=(l+r)>>1;
if(b<=mid) return query(l,mid,s[x].ls,a,b);
if(a>mid) return query(mid+1,r,s[x].rs,a,b);
return query(l,mid,s[x].ls,a,b)+query(mid+1,r,s[x].rs,a,b);
}
inline int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<'0'||gc>'9') {if(gc=='-') f=-f; gc=getchar();}
while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
return ret*f;
}
inline void add(int a,int b)
{
to[cnt]=b,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
void work()
{
n=rd(),m=rd(),tot=cnt=ans=q[0]=0;
int i,j,a,b;
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(rt,0,sizeof(rt));
memset(fa,0,sizeof(fa));
for(i=1;i<=n;i++) v[i]=rd(),S[i].clear(),pd[i]=i;
for(i=2;i<=n;i++) fa[0][i]=rd(),add(fa[0][i],i),Log[i]=Log[i>>1]+1;
dep[1]=1,dfs(1);
for(j=1;(1<<j)<=n;j++) for(i=1;i<=n;i++) fa[j][i]=fa[j-1][fa[j-1][i]];
sort(pd+1,pd+n+1,cmp);
for(i=1;i<=n;i++)
{
j=pd[i],a=b=0,it=S[v[j]].lower_bound(p[j]);
insert(rt[dep[pd[i-1]]],rt[dep[j]],1,n,p[j],1);
if(it!=S[v[j]].end()) b=Q[(*it)],insert(rt[dep[j]],rt[dep[j]],1,n,p[lca(b,j)],-1);
if(it!=S[v[j]].begin()) it--,a=Q[(*it)],insert(rt[dep[j]],rt[dep[j]],1,n,p[lca(a,j)],-1);
if(a&&b) insert(rt[dep[j]],rt[dep[j]],1,n,p[lca(a,b)],1);
S[v[j]].insert(p[j]);
}
for(i=1;i<=m;i++)
{
a=rd()^ans,b=rd()^ans;
ans=query(1,n,rt[min(dep[a]+b,dep[pd[n]])],p[a],q[a]);
printf("%d\n",ans);
//ans=0;
}
}
int main()
{
int T=rd();
while(T--) work();
return 0;
}//1 4 4 4 2 3 2 1 2 1 3 2 2 2 4 1 4 1