题目：
题目链接：https://www.luogu.org/problem/P5658?contestId=24103
本题中合法括号串的定义如下：
()是合法括号串。- 如果
A是合法括号串，则(A)是合法括号串。 - 如果
A，B是合法括号串，则AB是合法括号串。
本题中子串与不同的子串的定义如下：
- 字符串
S的子串是S中连续的任意个字符组成的字符串。S的子串可用起始位置 \(l\) 与终止位置 \(r\) 来表示，记为 \(S (l, r)\)（\(1 \leq l \leq r \leq |S |\)，\(|S |\) 表示 S 的长度）。 S的两个子串视作不同当且仅当它们在S中的位置不同，即 \(l\) 不同或 \(r\) 不同。
一个大小为 \(n\) 的树包含 \(n\) 个结点和 \(n − 1\) 条边，每条边连接两个结点，且任意两个结点间有且仅有一条简单路径互相可达。
小 Q 是一个充满好奇心的小朋友，有一天他在上学的路上碰见了一个大小为 \(n\) 的树，树上结点从 \(1\) ∼ \(n\) 编号，\(1\) 号结点为树的根。除 \(1\) 号结点外，每个结点有一个父亲结点，\(u\)（\(2 \leq u \leq n\)）号结点的父亲为 \(f_u\)（\(1 ≤ f_u < u\)）号结点。
小 Q 发现这个树的每个结点上恰有一个括号，可能是( 或)。小 Q 定义 \(s_i\) 为：将根结点到 \(i\) 号结点的简单路径上的括号，按结点经过顺序依次排列组成的字符串。
显然 \(s_i\) 是个括号串，但不一定是合法括号串，因此现在小 Q 想对所有的 \(i\)（\(1\leq i\leq n\)）求出，\(s_i\) 中有多少个互不相同的子串是合法括号串。
这个问题难倒了小 Q，他只好向你求助。设 \(s_i\) 共有 \(k_i\) 个不同子串是合法括号串， 你只需要告诉小 Q 所有 \(i \times k_i\) 的异或和，即：
\[ (1 \times k_1)\ \text{xor}\ (2 \times k_2)\ \text{xor}\ (3 \times k_3)\ \text{xor}\ \cdots\ \text{xor}\ (n \times k_n) \]
其中 \(xor\) 是位异或运算。
思路：
我们设\(ans[x]\)表示路径\((1,x)\)中构成的括号串，以\(x\)节点为右端点的所有区间有多少个合法括号串。
- 那么如果\(x\)位置为
(，那么显然\(ans[x]=0\)。 - 如果\(x\)位置为
)，设\(cnt[x][1/2]\)为路径\((1,x)\)中左括号和右括号的个数，那么一个\(x\)节点的祖先\(y\)可以对\(ans[x]\)做贡献，当且仅当满足一下两个条件：
\((1)\ cnt[x][1]-cnt[y][1]=cnt[x][2]-cnt[y][2]\)
\((2)\ ∀p\in(y,x)\)，满足\(cnt[p][2]\geq cnt[p][1]\)
那么我们就可以在访问每一个节点时，依次枚举它的每一个祖先，如果满足\(cnt[x][1]-cnt[y][1]=cnt[x][2]-cnt[y][2]\)，那么\(ans[x]++\)。直到\(cnt[y][2]< cnt[y][1]\)时停止枚举。
这样我们就得到了一个\(O(n^2)\)的算法，获得了\(50pts\)的好成绩。
我们发现，其实我们只关心在路径\((1,x)\)中，深度最大的不满足\(cnt[p][2]\geq cnt[p][1]\)的节点\(p\)是哪一个。这样所有在路径\((son[p],x)\)中满足条件\((1)\)的点都可以做贡献。
其实\((1)\)的条件可以转化为\(cnt[x][1]-cnt[x][2]=cnt[y][1]-cnt[y][2]\)。所以我们可以用\(pos[s][tot]\)记录\(cnt[y][1]-cnt[y][2]=s\)的每一个\(x\)的祖先\(y\)编号。这样如果\(cnt[x][1]-cnt[x][2]=s\)，那么能对\(x\)做贡献的点就都在\(pos[s]\)中。
那么我们可以用一个栈来记录\(cnt[p][2]<cnt[p][1]\)的所有\(p\)。其中\(p\)是\(x\)的祖先。此时如果节点\(x\)为(，那么直接将\(x\)扔进栈里。如果\(x\)为)，那么就弹出栈顶。
这样如果栈顶是\(p\)，那么能对\(x\)做贡献的就是同时在路径\((son[p],x)\)和\(pos[cnt[x][1]-cnt[x][2]\)的节点。
所以就可以二分出\(ans[x]\)。
发现\(pos\)中最多只会有\(n\)个元素，所以可以开一个\(vector\)。
求出\(ans[x]\)后，路径\((1,x)\)的合法括号串个数就是\(\sum^{y\texttt{是}x\texttt{的祖先}}_{y}ans[y]\)。做前缀和即可。
注意回溯时需要在栈中弹出\(x\)。
时间复杂度\(O(n\log n)\)
代码：
#include <stack>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=500010,Inf=1e9;
int n,tot,a[N],cnt[N][3],head[N];
ll ans[N],orz;
char ch;
vector<int> pos[N*2];
stack<int> del;
struct edge
{
int next,to;
}e[N];
void add(int from,int to)
{
e[++tot].to=to;
e[tot].next=head[from];
head[from]=tot;
}
int binary(int x,int tp)
{
int l=0,r=pos[x].size(),mid,res;
// for (int i=l;i<r;i++) printf("%d ",pos[x][i]);putchar(10);
while (l<=r)
{
mid=(l+r)>>1;
if (pos[x][mid]>=tp) r=mid-1,res=mid;
else l=mid+1;
}
return res;
}
void dfs(int x,int fa)
{
cnt[x][1]=cnt[fa][1]; cnt[x][2]=cnt[fa][2];
cnt[x][a[x]]++;
int s=cnt[x][1]-cnt[x][2]+N,pp=-1;
if (a[x]==1) del.push(x);
else
{
if (del.size()>1)
{
pp=del.top();
del.pop();
}
int tp=del.top();
pos[s].push_back(Inf);
ans[x]=pos[s].size()-binary(s,tp)-1;
pos[s].pop_back();
}
ans[x]+=ans[fa];
orz^=1LL*x*ans[x];
pos[s].push_back(x);
for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
dfs(e[i].to,x);
pos[s].pop_back();
if (del.top()==x) del.pop();
if (pp!=-1) del.push(pp);
}
int main()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
//while (ch=getchar()) if (ch=='('||ch==')') break;
while (1)
{
ch=getchar();
if (ch=='('||ch==')') break;
}
if (ch=='(') a[i]=1;
else a[i]=2;
}
for (int i=2,x;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
add(x,i);
}
del.push(-1);pos[N].push_back(0);
dfs(1,0);
printf("%lld\n",orz);
// for (int i=1;i<=n;i++)
// printf("%lld ",ans[i]);
return 0;
}