题意：
给出一棵 \(n\) 个点的树，每条边上有一个字母（\(a\to v\)，共 \(22\) 个），对于每一个子树，询问其中最长的，满足：路径上的字符集可以重组成回文字符串的路径的长度。
数据范围：\(1 ≤ n ≤ 5·10^5\)
分析：
\(dsu\;on\;tree\) 可用于解决不带修改的树上问题。
其大致过程为：对于每个点 \(v\)，先遍历其轻儿子所在的子树，遍历完成后，清除其影响。最后遍历重儿子，保留影响。然后，把点 \(v\)和所有轻儿子的影响加到重儿子上（相当于再一次遍历以点 \(v\) 为根的子树，但没有遍历重儿子所在的子树）。相对于暴力 \(O(n^2)\) 的做法，它第二次遍历的点只有轻儿子。可以证明，其复杂度可以优化到 \(O(nlogn)\)，和分块一样是优美的暴力。
本题的巧妙之处在于异或的运用和状态压缩。每个字母赋予一个 \(2\) 进制位，预处理出每个点到根结点的异或值。对于一条满足条件的路径，所有字母异或之后的结果为 \(0\) 或 \(2^x\) 的形式。对于路径的连个端点 \(u\) 和 \(v\)，两者的 \(lca\) 到根节点的路径重复了两次，所以可以抵消。然后对于点 \(v\) 所在子树的满足条件的最长路径，有两种情况。
1.点 \(v\) 在路径上。
2.点 \(v\) 不在路径上，那么只要求出儿子的最大值即可。
本题所说的影响为每种异或值所在的最大深度。
注意初始化时，要赋 \(-inf\)，而不能赋 \(0\)。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=5e5+5;
const int maxn=1e7;
int son[N],sz[N],depth[N],xr[N],ans[N];
int d[maxn];
vector<int>G[N];
void read(int &x)
{
x=0;
int f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))
{
if(ch=='-')
f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))
{
x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
ch=getchar();
}
x*=f;
}
void dfs1(int v,int d)
{
sz[v]=1;
depth[v]=d;
son[v]=0;
for(int i=0;i<G[v].size();i++)
{
int u=G[v][i];
xr[u]^=xr[v];
dfs1(u,d+1);
sz[v]+=sz[u];
if(sz[u]>sz[son[v]])
son[v]=u;
}
}
void add(int v)
{
d[xr[v]]=max(d[xr[v]],depth[v]);
for(int i=0;i<G[v].size();i++)
add(G[v][i]);
}
void an(int v,int tp)
{
ans[tp]=max(ans[tp],depth[v]+d[xr[v]]);
for(int i=0;i<22;i++)
ans[tp]=max(ans[tp],depth[v]+d[(1<<i)^xr[v]]);
for(int i=0;i<G[v].size();i++)
an(G[v][i],tp);
}
void del(int v)
{
d[xr[v]]=-inf;
for(int i=0;i<G[v].size();i++)
del(G[v][i]);
}
void dfs2(int v,bool f)
{
for(int i=0;i<G[v].size();i++)
{
int u=G[v][i];
if(u==son[v]) continue;
dfs2(u,false);
}
if(son[v])
dfs2(son[v],true);
for(int i=0;i<G[v].size();i++)
{
if(G[v][i]!=son[v])
an(G[v][i],v),add(G[v][i]);//为了保证路径一定过点v
}
d[xr[v]]=max(d[xr[v]],depth[v]);
ans[v]=max(ans[v],d[xr[v]]+depth[v]);//cout<<v<<" = "<<ans[v]<<endl;
for(int i=0;i<22;i++)
ans[v]=max(ans[v],depth[v]+d[(1<<i)^xr[v]]);//
ans[v]-=(depth[v]*2);//减去重复的部分
for(int i=0;i<G[v].size();i++)//点v不在路径中，从儿子节点中找
ans[v]=max(ans[v],ans[G[v][i]]);
if(!f)//轻儿子要清空
del(v);
}
int main()
{
int n,u;
char op[5];
read(n);
fill(d+1,d+(1<<22),-inf);//注意初始化为-inf
for(int i=2;i<=n;i++)
{
read(u);
scanf("%s",op);
G[u].pb(i);
xr[i]^=(1<<(op[0]-'a'));//每个字母分配二进制的一位
}
dfs1(1,0);//for(int i=1;i<=n;i++) cout<<" son="<<son[i];cout<<endl;
dfs2(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d%c",ans[i],i==n?'\n':' ');
return 0;
}