[bzoj3351]Regions

这道题有一种较为暴力的做法，对于每个点枚举所有与r2为该属性的询问并加以修改，最坏时间复杂度为o(nq)，然而是可过的(97s)

发现只有当r2相同的询问数特别多时才会达到最坏时间复杂度，因此如果删除重复询问，时间复杂度降为o(nr)，然而并没有显著优化(81s)

接着考虑当同一种r2的询问特别多时(大于K)，可以从r1考虑，分析一下时间复杂度发现是$o(n\cdot max(K,R/K))\ge o(n\sqrt{R})$，即取$K=\sqrt{R}$，此时只要13s

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200005
vector<int>v1[N],v2[N];
struct ji{
    int nex,to;
}edge[N];
map<pair<int,int> ,int>mat;
int E,n,m,q,x,y,sum[N],a[N],b[N],f[N],ans[N],tot[N],head[N];
void add(int x,int y){
    edge[E].nex=head[x];
    edge[E].to=y;
    head[x]=E++;
}
void dfs(int k,int fa){
    tot[a[k]]++;
    for(int i=0;i<v2[a[k]].size();i++){
        x=v2[a[k]][i];
        ans[x]+=tot[b[x]];
    }
    for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex)
        if (edge[i].to!=fa)dfs(edge[i].to,k);
    tot[a[k]]--;
}
void dfs2(int k,int fa){
    tot[a[k]]++;
    for(int i=0;i<v1[a[k]].size();i++){
        x=v1[a[k]][i];
        ans[x]-=tot[b[x]];
    }
    for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex)
        if (edge[i].to!=fa)dfs2(edge[i].to,k);
    for(int i=0;i<v1[a[k]].size();i++){
        x=v1[a[k]][i];
        ans[x]+=tot[b[x]];
    }
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
    memset(head,-1,sizeof(head));
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if (i!=1){
            scanf("%d",&x);
            add(x,i);
        }
        scanf("%d",&a[i]);
        sum[a[i]]++;
    }
    for(int i=1;i<=q;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        if (mat[make_pair(x,y)])f[i]=mat[make_pair(x,y)];
        else{
            f[i]=mat[make_pair(x,y)]=i;
            if (sum[y]>500){
                v1[x].push_back(i);
                b[i]=y;
            }
            else{
                v2[y].push_back(i);
                b[i]=x;
            }
        }
    }
    dfs(1,0);
    dfs2(1,0);
    for(int i=1;i<=q;i++)printf("%d\n",ans[f[i]]);
}