https://www.zybuluo.com/ysner/note/1318613
背景
这玩意来源于一种有局限性的算法。
有一种广为人知的，树上离线维护子树信息的做法。
（可以参照luogu3605 [USACO17JAN]Promotion Counting晋升者计数)
用树状数组维护贡献，并把询问挂在点上。
先遍历整棵树。
在进入一个点时，在询问中，把以这个点为根的子树以外的贡献减掉，再遍历这棵树。
当一个点的子树遍历完时，再在树状数组中加上当前点的贡献，并在询问中加上当前所有已遍历部分的贡献。
（这样询问中恰好存有该子树的贡献）
复杂度(O(nlogn))。
看起来很棒棒啊。
这样可以避免线段树的大常数、大码量和大空间。
定义
然而有一种情况，是以上方法不能处理的。
就是不同子树间的信息相互干扰。
所以考虑把树重链剖分一下。
然后父结点只继承它的重儿子的信息，子树其它部分重新统计。
算完后，如果这个点是其父亲的轻儿子，就把贡献清空，否则不管。
这样也能维护子树信息。
这样复杂度为(O(nlog^2n))。
例题
HDU 5709 Claris Loves Painting（离线版本）
求子树中深度不超过(dep[u]+D)的颜色种类数。
考虑一下背景里提到的方法。
(NO),遍历完这棵子树后的答案(-)遍历完这棵子树前的答案(!=)这棵子树的答案。
所以老老实实(dsu on a tree)吧。
把询问挂在点上，就按照定义里的方法去搞就行。
有点麻烦的地方是如何维护当前状态下，某种颜色是否存在。
这个吗。。。
拿一个数组维护每种颜色的最浅深度，如果把最浅深度的该颜色点排除了，这种颜色就没了。
为什么可以这样？
因为越浅的点排除越晚。
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define mk make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;++i)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
const int N=1e5+100;
int n,m,h[N],cnt,col[N],mn[N],son[N],sz[N],d[N],ans[N],t[N];
vector<pair<int,int> >V[N];
struct Edge{int to,nxt;}e[N<<1];
il void add(re int u,re int v){e[++cnt]=(Edge){v,h[u]};h[u]=cnt;}
il void Modify(re int x,re int w){for(;x<=n;x+=x&-x) t[x]+=w;}
il int Query(re int x){re int res=0;for(;x;x^=x&-x) res+=t[x];return res;}
il int gi()
{
re int x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
il void pre(re int u,re int fa)//找出重儿子
{
sz[u]=1;d[u]=d[fa]+1;
for(re int i=h[u];i;i=e[i].nxt)
{
re int v=e[i].to;
pre(v,u);
sz[u]+=sz[v];
if(sz[son[u]]<sz[v]) son[u]=v;
}
}
il void Add(re int x,re int d)//加入新的点，更新颜色最浅深度
{
if(!mn[x]||mn[x]>d)
{
if(mn[x]) Modify(mn[x],-1);
Modify(mn[x]=d,1);
}
}
il void clear(re int u)//去除该点，排除该点颜色的影响
{
if(mn[col[u]]==d[u]) Modify(mn[col[u]],-1),mn[col[u]]=0;
for(re int i=h[u];i;i=e[i].nxt)
{
re int v=e[i].to;
clear(v);
}
}
il void upd(re int u)//暴力统计轻儿子子树部分的信息
{
Add(col[u],d[u]);
for(re int i=h[u];i;i=e[i].nxt)
{
re int v=e[i].to;
upd(v);
}
}
il void dfs(re int u,re int tag)
{
for(re int i=h[u];i;i=e[i].nxt)
{
re int v=e[i].to;
if(v^son[u]) dfs(v,0);
}//处理轻儿子的答案
if(son[u]) dfs(son[u],1);//继承重儿子信息
Add(col[u],d[u]);
for(re int i=h[u];i;i=e[i].nxt)
{
re int v=e[i].to;
if(v^son[u]) upd(v);
}//重新统计轻儿子部分信息
re int sz=V[u].size();
fp(i,0,sz-1) ans[V[u][i].se]=Query(min(n,d[u]+V[u][i].fi));//回答询问
if(!tag) clear(u);
}
int main()
{
n=gi();m=gi();
fp(i,1,n) col[i]=gi();
fp(i,2,n)
{
re int u=gi(),v=i;
add(u,v);
}
fp(i,1,m)
{
re int u=gi(),d=gi();
V[u].pb(mk(d,i));
}
pre(1,1);
dfs(1,1);
fp(i,1,m) printf("%d
",ans[i]);
return 0;
}