ヒューリスティックツリー合併
この例を見て：
長所与\（^ 5 10 \）配列、配列は、（\ [0,1000000]）\整数であり、そこである（10 ^ 5 \）を\ビュー質問は、質問は二種類あった：レビュー配列の位置の値、およびクエリー間隔\（[L、R] \ ） 内にどのように多くの異なる数の合計。
セグメントツリーのアプローチとはみなされません。私たちはチームで問題を解決すると考えることができます---モリブデンMoはバレルとチームのルーチンに従ってソートされた100万バレルの複雑さまで維持することができます\（O（N \のSQRT {N}）\） 。あなたが見ることができ、私たちの核となるアイデアは、それによって複雑さを軽減、それぞれの場所でアクセスのソート順を変更することです。
その後、我々は（次の例を参照してください上記は、DSUを惹起しない場合、私は発声のだろうか？）：
所与のサイズの\（10 ^ 6 \）ツリーは、各ツリーは、点である\（[0,1000000] \）は、整数があるれている\（10 ^ 5 \）回のクエリ、クエリサブツリー内でどのように多くの異なる数の合計。
ツリーのMoチームは？しかし、今、私はする必要があります（NlogN \）\アルゴリズムを。だから我々は、Moのチームの考え方を参照してください、それはアクセス順序を変更することで、複雑さを低減することができますか？このアルゴリズムは、一般的に書かれた、「木のヒューリスティックマージ」と呼ばれている（DSU \）\。
暴力に対処する、暴力の実践を検討するすべてのサブツリー、そしてに対する答えです\（O（1）\）の答え。再帰的に各点のために、その後、ツリー全体をトラバース\（U \） 、算出した暴力\（U \）解答サブツリー。複雑\（O（N ^ 2）\） 。
私たちは、の計算に仕上がっ\（U \）の息子\（V \）答えた後、我々は計算する必要が\を（V \）への答え\（U \）の貢献、そして\（V \）の答えは削除します。だから我々は、最後のサブツリーへの答えは削除する必要はありません発見しました。我々は確かに大きなサブツリーが、最終的な処理を置くだろうと考え、私たちの比較。重鎖分割：その後、我々は別の美しいものを見つけました。そのため、重鎖分割の練習で、私たちは木のサイズを小さく、光の後に彼の息子に行くたびになり、少なくとも\（\ FRAC。1} {2} {\） 、そのため、ほとんどのルートへのパス上の各ノード\（\ log_2n \）の各点は、祖先トラバーサルさらにエッジに接続された光を得られる、光側ストリップ（\ \ log_2nの\）倍。だから我々は、最終的なプロセスにツリーをバリオン、優先順位は、彼らのレプトンツリーを終えるコンピューティングのすべての重い側の接続の先祖のルートに続い光側、ウォーキングや暴力的な回答プロセスレプトンツリー、ルート重い息子を行きます答えはこの時点まで存在しないので、ポイントの数を横断する前に等しく（log_2n + 1 \）\。複雑さがされ（NlogN \）を\します。
要約すると、アルゴリズムの基本的な流れは次のとおりです。\（O（N）\）重鎖スプリット、\（O（nlogn）\）時点の各々は、処理光回答のサブツリーに横断する前記ツリーのヒューリスティックは、組み合わせ情報レプトンツリーで自分の答えを更新し、重い息子を横断、レプトンツリー情報を削除します。最後に\（O（M）\）の答え。
ここでは例を示します。
CF741Dアルパの手紙、マークツリーとMehrdadのDokhtar-koshパス
ツリー1のルートは、それぞれの側は、文字（22種のAV）を有しています。簡単なパスがあればDokhtar-koshと呼ばれ、パス上の文字が後にパリンドローム配列に並べ替えている場合のみです。最長ツリー長Dokhtar-kosh各サブ経路を求めます。
\（1 {\当量}、N {\当量} 5×10 ^ 5 \）
プロパティは明白です：数は最大1つのパスのパリンドローム奇数文字の上に表示されます。その後、我々は聞かせて、圧力を形成することができます（私は\）\その後、せいぜい22例、列挙ができ、文字の数がパス上に奇妙な状態を表示さ表しています。
最長パスの必要な長さ以来、私たちはセット\は（uは\）です\（V \）祖先の、およびuの同じ、そしてVのルートにパリティ状態パス\（V \）明らかに優れ\（U \ ）、ので\（V \）より深く。だから我々は、アレイの設定\（cnt_iを\）状態のパスを示します\（私は\）最大の深さを。
パスの状態を取得する方法？エンドポイント設定パスが\（Uを、V \） 、次いで状態である\（state_u \） ^ \（state_v \） ^ \（STATE_ {LCA} \） ^ {STATE_ {LCA}}、ここで\（state_x \ ）を表す\（X \）ルート状態にパリティパスを。
、アルゴリズムは第一\（O（N）\）重鎖分割、およびプロセス\（状態\）アレイ;および\（DSU \） 。時間の複雑さはある\（O（nlogn）\） 。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define maxn 500010
using namespace std;
int dep[maxn],son[maxn],size[maxn],ldfn[maxn],rdfn[maxn],id[maxn],dfn;
int col[maxn],cnt[(1<<22)-1],state[maxn],ans[maxn];
int n,nowson;
struct edge{
int to,col,next;
}e[maxn<<1];
int head[maxn],k;
inline void add(const int &u,const int &v,const int &w){
e[k]=(edge){v,w,head[u]},head[u]=k++;
}
void dfs_getson(int u,int fa){
size[u]=1,ldfn[u]=++dfn,id[dfn]=u;
for(register int i=head[u];~i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(v==fa) continue;
dep[v]=dep[u]+1,state[v]=state[u]^e[i].col,dfs_getson(v,u),size[u]+=size[v];
if(size[v]>size[son[u]]) son[u]=v;
}
rdfn[u]=dfn;
}
void dsu(int u,int fa,bool op){
for(register int i=head[u];~i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(v==fa||v==son[u]) continue;
dsu(v,u,false),ans[u]=max(ans[u],ans[v]);
}
if(son[u]) dsu(son[u],u,true),ans[u]=max(ans[u],ans[son[u]]);
if(cnt[state[u]]) ans[u]=max(ans[u],cnt[state[u]]-dep[u]);
for(register int i=0;i<22;++i) if(cnt[state[u]^(1<<i)])
ans[u]=max(ans[u],cnt[state[u]^(1<<i)]-dep[u]);
cnt[state[u]]=max(cnt[state[u]],dep[u]);
for(register int i=head[u];~i;i=e[i].next){
register int v=e[i].to;
if(v==fa||v==son[u]) continue;
for(register int j=ldfn[v];j<=rdfn[v];++j){
register int w=id[j];
if(cnt[state[w]]) ans[u]=max(ans[u],cnt[state[w]]+dep[w]-2*dep[u]);
for(register int k=0;k<22;++k) if(cnt[state[w]^(1<<k)])
ans[u]=max(ans[u],cnt[state[w]^(1<<k)]+dep[w]-2*dep[u]);
}
for(register int j=ldfn[v];j<=rdfn[v];++j) cnt[state[id[j]]]=max(cnt[state[id[j]]],dep[id[j]]);
}
if(!op) for(register int i=ldfn[u];i<=rdfn[u];++i) cnt[state[id[i]]]=0;
}
int main(){
memset(head,-1,sizeof head);
cin>>n;
for(register int i=2;i<=n;++i){
int to; char col;
cin>>to>>col;
add(to,i,1<<(col-'a')),add(i,to,1<<(col-'a'));
}
dep[1]=1,dfs_getson(1,-1),dsu(1,-1,true);
for(register int i=1;i<=n;++i) printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}