741D.Arpa’s letter-marked tree and Mehrdad’s Dokhtar-kosh paths（树上启发式合并+状压）

只有22种字符。

一个串满足答案的条件是：

每个字符出现次数都为偶数或者出现次数为奇数的字符仅有一个。

因此我们可以考虑：

用0表示这个字符出现次数为偶数，1表示出现次数为奇数。

而对于一个路径上的字符，我们只需要考虑每个字符的出现次数，这样我们用一个整数就可以表示出所有符合条件的状态：0或者(1<<i)，0<=i<=21，总共22种。

之后我们可以考虑维护一个值\(dist_i\)表示从i到1的路径上字符的状态，其实利用异或的性质\(dist_i\)就是1到i路径里面所有字符表示的字符异或的答案。

同时我们如果知道两个点，那么两个点路径上的状态就是\(dis_u\) ^\(dis_v\)。

如果两个节点之间形成的路径符合条件的话，那么\(dis_u\)^\(dis_v=0|(1<<i),0 \leq i \leq 21\)。

用\(f_x\)表示从根节点触发路径异或之后的值为\(x\)的最大深度。

然后开始DSU On Tree，先处理出每个点的重儿子，然后轻儿子和重儿子依次合并。

时间复杂度\(O(nlogn)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=5e5+100;

vector<pair<int,int> > g[maxn];
int tot;
int L[maxn];//每个点进栈的时间
int R[maxn];//每个点出栈的时间
int id[maxn];//每个DFS序对应的点
int son[maxn];//重儿子
int f[maxn*20];//f(i)表示以当前节点为根的子树中状态为i的最大深度
int dis[maxn];//dis(i)表示以当前节点为根的子树中状态为i的最大深度
int ans[maxn];//记录每个点的答案
int size[maxn];//子树大小 
int dep[maxn];//层数 


void dfs1 (int x,int pre) {
	//处理重儿子
	dep[x]=dep[pre]+1;//处理出当前节点所在层数 
	size[x]=1;//处理出子树大小 
	L[x]=++tot;//DFS时入栈的时间点 
	id[tot]=x;//DFS序上节点本来的编号 
	for (pair<int,int> y:g[x]) {
		dis[y.first]=dis[x]^y.second;//dis[y]记录根节点到节点外的边权异或和 
		dfs1(y.first,x);//往下搜 
		size[x]+=size[y.first];//更新子树 
		if (size[son[x]]<size[y.first]) son[x]=y.first;//记录重儿子 
	}
	R[x]=tot;//记录出栈时间点 
}
void cal (int x) {
	//这里f(dis(x))表示在以x为根的子树状态中状态为dis(x)的最大深度
	if (f[dis[x]]) ans[x]=max(ans[x],f[dis[x]]-dep[x]);//如果该节点的子树内有路径异或和为dis[x]的点，那么就先更新长度 
	for (int i=0;i<22;i++) {
		if (f[dis[x]^(1<<i)]) {
			ans[x]=max(ans[x],f[dis[x]^(1<<i)]-dep[x]);//同理，这里记录的是奇数长度回文串 
		}
	}
	f[dis[x]]=max(f[dis[x]],dep[x]);//f[dis[x]]初始化为自己 
	
	for (pair<int,int> y:g[x]) {//遍历点x的每个儿子
		if (y.first==son[x]) continue;//不遍历x的重儿子 
		for (int j=L[y.first];j<=R[y.first];j++) {
			int z=id[j];
			//考虑以x为中间点的情况 
			//遍历整个y子树
			//如果f(dis(z))可以和别的子树里的路径产生答案，那么更新答案
			if (f[dis[z]]) ans[x]=max(ans[x],f[dis[z]]+dep[z]-2*dep[x]);
			
			for (int k=0;k<22;k++) {
				if (f[dis[z]^(1<<k)]) {
					ans[x]=max(ans[x],f[dis[z]^(1<<k)]+dep[z]-2*dep[x]);
				}
			} 
		}
		for (int j=L[y.first];j<=R[y.first];j++) {
			f[dis[id[j]]]=max(f[dis[id[j]]],dep[id[j]]); 
			//同时把子树里的每个点的贡献统计 
		}
	} 
}

void dfs2 (int x,int kp) {
	//kp为1表示处理并保留数据
	//否则表示处理，否则表示处理但不保留数据
	for (pair<int,int> y:g[x]) {
		if (y.first==son[x]) continue;
		dfs2(y.first,0);
		ans[x]=max(ans[x],ans[y.first]);
		//更新答案，因为有可能最大长度的链不以当前节点为根节点 
	}  
	
	if (son[x]) {
		dfs2(son[x],1);
		ans[x]=max(ans[x],ans[son[x]]);
	}
	cal(x);//统计节点x的答案 
	if (!kp) for (int i=L[x];i<=R[x];i++) f[dis[id[i]]]=0;
	//如果是轻儿子，则清空数据
	//如果是重儿子，就不清空，保留数据，后续把轻儿子往重儿子上合并，时间复杂度的优化主要在这里 
}
int main () {
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for (int i=2;i<=n;i++) {
		int x;
		char ch;
		scanf("%d %c",&x,&ch);
		g[x].push_back(make_pair(i,1ll<<(ch-'a')));
	}
	dfs1(1,0);
	dfs2(1,1);
	for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]);
}