传送门
Description
Arpa has a rooted tree (connected acyclic graph) consisting of n vertices. The vertices are numbered 1 through n, the vertex 1 is the root. There is a letter written on each edge of this tree. Mehrdad is a fan of Dokhtar-kosh things. He call a string Dokhtar-kosh, if we can shuffle the characters in string such that it becomes palindrome.
He asks Arpa, for each vertex v, what is the length of the longest simple path in subtree of v that form a Dokhtar-kosh string.
题意：一棵根为\(1\) 的树，每条边上有一个字符（\(a-v\)共\(22\)种）。 一条简单路径被称为\(Dokhtar-kosh\)当且仅当路径上的字符经过重新排序后可以变成一个回文串。 求每个子树中最长的\(Dokhtar-kosh\)路径的长度。
Solution
所求的路径其实就是只有\(0/1\)个字符出现奇数次的字符串
发现最多只有\(22\)种字符，所以可以把一个点到根路径上字符的出现情况压成一个二进制数\(val_i\)
一个数位\(i\)为\(1\)表示路径上编号\(i\)的字符出现了奇数次
所以一条路径合法等价于\(val_a \ \ xor \ \ val_b=0 \ \ or \ \ 2^i\)
发现是静态的子树信息维护，可以采用\(dsu\ on \ tree\)
每个点只计算以这个点为\(LCA\)的最长路径，可以一个一个子树合并进来
维护一个\(mxdep_i\)，表示\(val_x=i\)的最大的\(dep_x\)
对于\(dsu\ on \ tree\)：
如果一个关于子树集合的询问满足
往一个集合里插入一个点是\(O(1)\)的
删除元素都是到空为止，且每个点的删除为\(O(1)\)
那么对于这个询问就可以做到\(O(nlog_2n)\)
因为每个点只会在轻边处被删除，因而最多被删除\(O(log_2n)\)次
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)>(b)?(b):(a))
#define reg register
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int MN=5e5+5;
struct edge{int to,w,nex;}e[MN];
int n,en,hr[MN];
inline void ins(int x,int y,int w){e[++en]=(edge){y,w,hr[x]};hr[x]=en;}
int val[MN],dep[MN],mx[MN],siz[MN];
void dfs1(int x)
{
siz[x]=1;reg int i;
for(i=hr[x];i;i=e[i].nex)
val[e[i].to]=val[x]^(1<<e[i].w),
dep[e[i].to]=dep[x]+1,
dfs1(e[i].to),siz[x]+=siz[e[i].to],(siz[e[i].to]>siz[mx[x]])?mx[x]=e[i].to:0;
}
#define ri reg int i
int cx,mx_dep[1<<22],ans[MN],Dec;
void _cal(int x)
{
if(mx_dep[val[x]]) cx=max(cx,dep[x]+mx_dep[val[x]]-Dec);
for(ri=0;i<22;++i)if(mx_dep[val[x]^(1<<i)])cx=max(cx,mx_dep[val[x]^(1<<i)]+dep[x]-Dec);
}
void _upd(int x){mx_dep[val[x]]=max(dep[x],mx_dep[val[x]]);}
void cal(int x){_cal(x);for(ri=hr[x];i;i=e[i].nex)cal(e[i].to);}
void upd(int x){_upd(x);for(ri=hr[x];i;i=e[i].nex)upd(e[i].to);}
void clr(int x){mx_dep[val[x]]=0;for(ri=hr[x];i;i=e[i].nex)clr(e[i].to);}
void dfs2(int x,bool kep=0)
{
reg int i;
for(i=hr[x];i;i=e[i].nex) if(e[i].to!=mx[x]) dfs2(e[i].to);
if(mx[x]) dfs2(mx[x],1);Dec=dep[x]<<1;
for(i=hr[x];i;i=e[i].nex)cx=max(ans[e[i].to],cx);
for(i=hr[x];i;i=e[i].nex)if(e[i].to^mx[x])cal(e[i].to),upd(e[i].to);
_cal(x);_upd(x);ans[x]=cx;if(!kep)clr(x),cx=0;
}
int main()
{
n=read();reg int i,x;
for(i=2;i<=n;++i)x=read(),ins(x,i,getchar()-'a');
dfs1(1);dfs2(1);
for(i=1;i<=n;++i) printf("%d ",ans[i]);
return 0;
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