其實 kano 曾經到過由乃山，當然這名字一看山主就是 yuno 嘛。當年 kano 看見了由乃山，內心突然湧出了一股杜甫會當凌絕頂，一覽眾山小的豪氣，於是毅然決定登山。
但是 kano 總是習慣性亂丟垃圾，增重環衛工人的負擔，yuno 並不想讓 kano 登山，於是她果斷在山上設定了結界……
yuno 為了方便登山者，在山上造了 n 個營地，編號從 0 開始。當結界發動時，每當第 i(>0)號營地內有人，那麼他將被傳送到第 ai(但 kano 並不知曉結界的情況。他登山的方法是這樣的：首先分身出乙個編號為 gi 的 kano，然後將其用投石機拋擲到營地 di。kano 總共做了 m 次這樣的登山操作，但每次丟擲去的 kano 都被傳送回了營地 0，所以 kano 只好放棄了。
但是 kano 在思考乙個問題，到底每個營地被多少只編號不同的 kano 經過過？
第一行兩個整數 n,m，表示山的營地數和登山次數。
接下來 n−1 行，每行乙個數，第 i 行為 ai，表示營地 i 將會傳向營地 ai。
接下來 m 行，每行兩個數 di,gi。
共 n 行，每行表示營地 i 有多少不同編號的 kano 曾經通過。
input
5 400
114 13 1
2 24 2
221
12
1 號 kano 曾被拋到 3,4 兩個營地，傳送軌跡分別是 3−1−0, 4−1−0
2 號 kano 曾被拋到 2,4 兩個營地，傳送軌跡分別是 2−0, 4−1−0
所以 0,1,4 號營地被兩隻 kano 經過過，2,3 號營地被乙隻 kano 經過過。
\(5≤n≤100000,10≤m≤100000,max(gi)≤1000000000\)
時間限制：1s
空間限制：512mb
首先來想一想本題的暴力解法.
很直觀的思路是對每乙個營地用陣列(或\(vector\)/\(set\)/\(queue\)/線段樹/平衡樹)維護乙個集合,存放到達過該點的\(kano\)的編號.當第\(i\)號營地裡的\(kano\)被傳送到第\(a_i\)號營地時,把維護的第\(i\)號營地的集合合併到第\(a_i\)號營地的集合裡.最後,每個營地的集合去重後的大小,就是曾經經過了該營地的不同編號的\(kano\)的數量.
這樣就有兩個問題:一是合併的順序;二是怎麼合併兩個資料結構.
第乙個問題很好回答:我們可以倒序從\(n\)到\(1\)遍歷序列,每次計算出該營地的答案,同時把該營地的資料合併到\(a_i\)營地.這是因為\(a_i,也就是說,無論哪次合併,都是"從後面的某個營地合併到前面的某個營地".換句話說,乙個營地的狀態,只與它和它後面的某些營地有關.
第二個問題也很好回答,只需要按照啟發式合併的思想,每次都將小的集合合併到大的集合,這樣可以獲得優秀的\(o(nlog_2n)\)的時間複雜度.
在**實現中我使用了\(stl-set\),以省去去重的環節.
#include#includeusing namespace std;
int n,a[100005],m,g,d,ans[100005],id[100005];
setx[100005];
inline void merge(int u,int v)
int main()
for(int i=1;i<=n;i++)id[i]=i;
while(m--)
for(int i=n;i;i--)//將 i 合併到 a[i]
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
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