线段树合并的复杂度

线段树合并的时间复杂度是 $O(m\log n)$ 的（$m$ 为插入次数）。

int mer(int x,int y){
    if(!x||!y)return x^y; t[x]+=t[y];
    return L[x]=mer(L[x],L[y]),R[x]=mer(R[x],R[y]),x;
}

因为每个点只会在自己被删除（情况 1）或父亲被删除且自己未删除的（即合并时另一个子树为空，情况 2）情况下被枚举。（被删除指的是在以后的线段树合并中不会被枚举到）。

情况 1 显然是 $O(m\log n)$ 的，情况 2 只会在父亲被删除时才会被枚举，所以也是 $O(m\log n)$ 的。所以整体复杂度为 $O(m\log m)$。

所以在树上用线段树合并是有时间复杂度保障的，大胆使用即可（常树较大）。

当题目的内存为 $\mathtt{\text{128MB}}$ 或 $\mathtt{\text{256MB}}$ 时建议加上垃圾回收，避免因为卡内存造成的 $\mathtt{\text{MLE}}$ 惨案。

P3605 [USACO17JAN] Promotion Counting P：

随便找的一个简单题，直接线段树合并、区间询问即可。

// qwq
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int N=1e5+12;
int L[N*100],R[N*100],cnt,t[N*100];
int a[N],rt[N],ans[N],n;
vector<int>e[N];
void ins(int& k,int l,int r,int x){
    if(!k)k=++cnt;t[k]++;
    if(l==r)return;int mid=l+r>>1;
    if(x<=mid)ins(L[k],l,mid,x);
    else      ins(R[k],mid+1,r,x);
}
int ask(int k,int l,int r,int x,int y){
    if(x>y||l>r||l>y||x>r)return 0;
    if(l>=x&&r<=y)return t[k];int mid=l+r>>1;
    return ask(L[k],l,mid,x,y)+ask(R[k],mid+1,r,x,y);
}
int mer(int x,int y){
    if(!x||!y)return x^y; t[x]+=t[y];
    return L[x]=mer(L[x],L[y]),R[x]=mer(R[x],R[y]),x;
}
void dfs(int u){
    ins(rt[u],1,1e9,a[u]);
    for(int v:e[u])dfs(v),rt[u]=mer(rt[u],rt[v]);
    ans[u]=ask(rt[u],1,1e9,a[u]+1,1e9);
}
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
    for(int i=2,x;i<=n;i++)cin>>x,e[x].push_back(i);
    dfs(1);
    for(int i=1;i<=n;i++)cout<<ans[i]<<'\n';
    return 0;
}