【题解】P5384 [Cnoi2019] 雪松果树

看到一年前的 40pts 突然想填坑，就当顺便回忆一下怎么写题解了。

思路

线段树合并 / dsu on tree / 长链剖分 / vector + 二分 / dfs 序 + 树状数组（差分）。

线段树合并

复杂度 \(O(n \log n)\)，可以卡掉。

考虑用线段树合并维护每个结点的子树内所有深度的出现次数。

dsu on tree

和线段树合并同理，也可以卡掉。

长链剖分

复杂度 \(O(n)\)，勉强能过。

考虑求一个结点的 k-cousin 分成：

1. 求结点的 k-father

2. 求该结点的 k-son 个数

第一步可以在 dfs 的时候顺便开一个 \(O(n)\) 的栈维护。

第二步是经典的长链剖分问题，直接长剖 dp \(O(n)\) 维护就行。

vector + 二分

考虑对每个深度开一个 vector，把所有该深度的结点按 dfs 序塞进去。

查询的时候直接二分左右端点数长度，复杂度也是 \(O(n \log n)\).

dfs 序 + 树状数组（差分）

转化成 dfs 序上的问题等价于问：指定的区间内有多少个数等于给定的值 \(k\)？

直接 BIT 随便维护一下，复杂度也是假的。

其实不需要 BIT，考虑在 dfs 的同时维护每个深度的出现次数 \(cnt_d\)，查询某棵子树内深度为 \(d\) 的结点个数只需要在用遍历这棵子树前后的 \(cnt_d\) 差分。

时间复杂度也是 \(O(n)\)，应该比长剖做法好写。

好水，但我之前为啥卡常卡了十发。

代码

写的无脑长剖做法。

#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;

#define il inline

const int maxn = 1e6 + 5;
const int maxq = 1e6 + 5;

int n, q;
int f[maxn];
int top, stk[maxn];
int son[maxn], dep[maxn];
int ans[maxq];
int *cur = f, *dp[maxn];
vector<int> g[maxn], qk[maxn], qid[maxn];

il int read()
{
	int res = 0;
	char ch = getchar();
	while ((ch < '0') || (ch > '9')) ch = getchar();
	while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) res = res * 10 + ch - '0', ch = getchar();
	return res;
}

il void dfs1(int u)
{
	stk[++top] = u;
	for (int i = 0, v; i < qk[u].size(); i++)
	{
		if (top > qk[u][i])
		{
			v = stk[top - qk[u][i]];
			qk[v].push_back(qk[u][i]), qid[v].push_back(qid[u][i]);
		}
	}
	qk[u].clear(), qid[u].clear();
	for (int v : g[u])
	{
		dfs1(v);
		if (dep[v] > dep[son[u]]) son[u] = v;
	}
	dep[u] = dep[son[u]] + 1, top--;
}

il void dfs2(int u)
{
	dp[u][0] = 1;
	if (son[u]) dp[son[u]] = dp[u] + 1, dfs2(son[u]);
	for (int v : g[u])
	{
		if (v == son[u]) continue;
		dp[v] = cur, cur += dep[v], dfs2(v);
		for (int i = 1; i <= dep[v]; i++) dp[u][i] += dp[v][i - 1];
	}
	for (int i = 0; i < qk[u].size(); i++) ans[qid[u][i]] = dp[u][qk[u][i]] - 1;
}

int main()
{
	n = read(), q = read();
	for (int i = 2; i <= n; i++) g[read()].push_back(i);
	for (int i = 1, u; i <= q; i++)
	{
		u = read();
		qk[u].push_back(read()), qid[u].push_back(i);
	}
	dfs1(1);
	dp[1] = cur, cur += dep[1], dfs2(1);
	for (int i = 1; i <= q; i++) printf("%d ", ans[i]); puts("");
	return 0;
}