A. 队长快跑
非常显然的数据结构优化dp，
线段树下标为a的最小值，
要求支持区间最值，区间加，单点取max。
随便写下转移方程就好了。
B. 影魔
树上数颜色？
但是要求了一个深度。
我的做法是将询问离线，
显然在一个询问中我们只关注每种颜色在该子树中出现的最低深度。
维护动态开点线段树，下标为颜色，维护每个颜色出现的最低深度，
同时将这个最低深度更新在一个树状数组里，树状数组的下标是深度。
因为数状数组是所有子树共用的，
考虑如何去掉其它子树的贡献，用天天爱跑步一题用到的思路：
在进入dfs时减去一个答案，退出dfs时加上一个答案，最终答案就是该子树的贡献。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<vector> 4 using namespace std; 5 const int N=1e5+7; 6 inline int read(register int x=0,register char ch=getchar(),bool f=0){ 7 while(!isdigit(ch)) f=ch=='-',ch=getchar(); 8 while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar(); 9 return f?-x:x; 10 } 11 int n,m,tot; 12 struct Bit{ 13 #define lowbit(x) (x&-x) 14 int s[N]; 15 inline void add(int x,int val){ 16 for(;x<=n;x+=lowbit(x)) s[x]+=val; 17 } 18 inline int query(int x){ 19 int ans=0; 20 for(;x;x-=lowbit(x)) ans+=s[x]; 21 return ans; 22 } 23 inline int query(int l,int r){ 24 return query(r)-query(l-1); 25 } 26 }bit; 27 vector<pair<int,int> > ve[N]; 28 int c[N],f[N],head[N],nxt[N],to[N],ans[N],dep[N],bl[N]; 29 inline void add(int a,int b){ 30 nxt[++tot]=head[a]; 31 head[a]=tot; 32 to[tot]=b; 33 } 34 struct node{ 35 node *lch,*rch; 36 int val; 37 }*root[N],pool[N*30],*ptr=pool; 38 void insert(node *&p,int pos,int val,int l,int r){ 39 p=ptr++; 40 if(l==r){ 41 bit.add(p->val=val,1); 42 return ; 43 } 44 int mid=l+r>>1; 45 if(pos<=mid) insert(p->lch,pos,val,l,mid); 46 else insert(p->rch,pos,val,mid+1,r); 47 } 48 node* merge(node *a,node *b,int l,int r){ 49 if(!a) return b; 50 if(!b) return a; 51 if(l==r){ 52 bit.add(max(a->val,b->val),-1); 53 a->val=min(a->val,b->val); 54 return a; 55 } 56 int mid=l+r>>1; 57 a->lch=merge(a->lch,b->lch,l,mid); 58 a->rch=merge(a->rch,b->rch,mid+1,r); 59 return a; 60 } 61 void dfs(int x){ 62 for(unsigned int i=0;i<ve[x].size();++i) ans[ve[x][i].first]-=bit.query(dep[x],min(dep[x]+ve[x][i].second,n)); 63 insert(root[x],c[x],dep[x],0,n); 64 for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){ 65 dep[to[i]]=dep[x]+1; 66 dfs(to[i]); 67 root[x]=merge(root[x],root[to[i]],0,n); 68 } 69 for(unsigned int i=0;i<ve[x].size();++i) ans[ve[x][i].first]+=bit.query(dep[x],min(dep[x]+ve[x][i].second,n)); 70 } 71 int main(){ 72 //freopen("x.in","r",stdin); 73 //freopen("me.out","w",stdout); 74 n=read(); m=read(); 75 for(int i=1;i<=n;++i) c[i]=read(); 76 for(int i=2;i<=n;++i) add(f[i]=read(),i); 77 for(int i=1,x;i<=m;++i){ 78 x=read(); 79 ve[x].push_back(make_pair(i,read())); 80 } 81 dfs(dep[1]=1); 82 for(int i=1;i<=m;++i) printf("%d ",ans[i]); 83 return 0; 84 }
正解是在线，然而没打，只能乱说：
首先将每个点拍在dfs序上。
如果不考虑深度，则子树中的每一个颜色应该只作出一次贡献，
直接在线段树该点对应dfs序上加减。
使用某个称为链并的做法，也就是维护一下lca，去除lca处重复的贡献。
如果考虑深度，问题就稍复杂一些，
考虑将上述的一些加减操作由深度从小到大加入。
同时以深度为时间戳，建可持久化线段树，线段树的下标仍然为dfs序。
于是可以在线回答。
C. 抛硬币
先打了暴力，然后想dp。
打了样例的小表，然后就找出了规律。
其实不难想，dp以每个位置结束的不同长度的子序列，稍微去重一下就行。