1、暴力：10~20pts，复杂度O(n^4)O(n4)，只能解决链
暴力很容易就会了。
因为只解决链，所以不用建树，用一个数组存就可以了。恰好这题很良心，编号为 ii 的祖先恰好是 i-1i−1，也就是说本身编号就是顺序的（不像毒瘤T3，链的编号还有可能乱序）
先套一重forfor 枚举 ii，代表从根节点走到了 ii 号节点。由于要计算 1-i1−i 中究竟有多少个子括号序列，所以我们还需要枚举左端点 ll 和右端点 rr，表示枚举到区间为[l,r][l,r]的子括号序列。然后还要写一个判断括号是否匹配的checkcheck子函数。子函数的复杂度为O(r-l)O(r−l)。
checkcheck子函数应该都会写吧，开栈来判断即可。具体可以看这题。
33重循环套一个checkcheck，所以复杂度为 O(n^4)O(n4)。实际上是跑不满的，所以有望过 n=200n=200 的数据。
2、55pts，复杂度O(n)O(n)，只解决链
发现链居然有55pts55pts的友好分，果断开链。
观察我们暴力究竟慢在哪里了？无非就是计算 1-i1−i 之中有多少个匹配的括号子序列。
观察数据，发现数据 5e55e5，讲道理 O(nlogn)O(nlogn) 跑这样的数据本身就带悬。加上 ext{CCF}CCF 老年机的 ext{debuff}debuff ，还真的没法保证能跑过去。
我深信 ext{CCF}CCF 是不会卡常的 (jiade) ，所以我当时就在想，只能O(1)O(1)计算每次的贡献值。
怎么 O(1)O(1) 计算呢？不知道啊，要不来举几个例子推一推？
注意，以下的例子第一个字符的下标均为11
例子1：
()()()我们发现，i=2i=2 的时候，对答案的贡献值为 11。而 i=4i=4 的时候，本身 [3,4][3,4]就有一个满足要求的括号序列，在合并上前面的成为[1,4][1,4]，同样满足，于是对答案的贡献值就为22，再加上前面[1,2][1,2]本身有的括号序列，总共为 33。
i=6i=6时同理，总共的贡献值为 33，加上前面的有 3+3=63+3=6 种。其他位置均没有贡献。
换句话说，ii为1-61−6时对答案的贡献分别为0,1,0,2,0,30,1,0,2,0,3，合并后的总答案为0,1,1,3,3,60,1,1,3,3,6
例子2:
())()继续前面的思想，i=2i=2时，对答案贡献11。而i=3i=3时，由于不满足成匹配的括号序列，所以没有贡献。而i=5i=5时，由于i=3i=3多了一个后括号，[1,3][1,3]不匹配，导致[1,5][1,5]成不了一个匹配的括号序列。故对答案的贡献仍为 11
ii为1-51−5时对答案的贡献分别为0,1,0,0,10,1,0,0,1，合并后的总答案为0,1,1,1,20,1,1,1,2
例子3:
()(())接着刚刚的分析，i=2i=2时，贡献为11，而i=5i=5时，由于i=3i=3在中间断开，使[1,5][1,5]不能匹配，所以贡献仍为11。
当i=6i=6情况有了变化。我们发现[1,2][1,2]是匹配的。故[1,2],[3,6][1,2],[3,6]能合成一个匹配的序列，故对答案贡献为22。
ii为1-61−6时对答案的贡献分别为0,1,0,0,1,20,1,0,0,1,2，合并后的总答案为0,1,1,1,2,40,1,1,1,2,4
ok，理论的分析就先告一段落了！有没有发现什么规律？
我们发现，一个后括号如果能匹配一个前括号，假设这个前括号的前11位同样有一个已经匹配了的后括号，那么我们势必可以把当前的匹配和之前的匹配序列合并，当前的这个后括号的贡献值，其实就等于前面那个后括号的贡献值+1+1！
这是一个非常重要的结论，可以在递推过程中，直接完成 O(1)O(1) 计算贡献值！
你可以用这个结论带入到前面的例子中推一下，马上就明白了（不要嫌麻烦，嫌麻烦就做不了题。考场上就是要多手推）
有了贡献值，当前位置答案总和就很好算了。很明显，第 ii 位的总和等于 i-1i−1 位的总和 加上 第 ii 位的贡献值。
那怎么判断括号是否匹配呢？ 我们同样可以用这题的思想开栈做。每次压入一个括号然后进行操作即可。
就算后括号匹配了，那我又如何知道前括号的位置呢？ 其实也很简单。我们把压入括号改一改，不压括号，取之而代，压入前括号的位置即可。判断是否匹配只需要看栈里有没有数即可。
我们用 lst[i]lst[i] 表示第 ii 位的贡献，sum[i]sum[i] 表示第 ii 位的答案总合。那么就有：
//s是栈，top是栈顶，手写栈貌似要快很多。
if(c[i] == ')') //是后括号
{
if(top == 0) continue; //栈为空，则没有匹配
int t = s[top]; //匹配的前括号的位置
lst[i] = lst[t - 1] + 1 //结论计算贡献值
top --;
}
else if(c[i] == '(') s[++ top] = i; //是前括号，就压入它的位置
sum[i] = sum[i - 1] + lst[i]; //计算总和 很容易发现，这样处理一个位置的总和其实是O(1)O(1)的
当然整个代码要放进一个循环里。完整代码如下：
for(int i = 1; i <= n; i ++) //好吧只多了个循环....
{
if(c[i] == ')')
{
if(top == 0) continue; //判断栈是否为空
int t = s[top]; //匹配的前括号的位置
lst[i] = lst[t - 1] + 1 //结论计算贡献值
top --;
}
else if(c[i] == '(') s[++ top] = i; //是前括号，就压入它的位置
sum[i] = sum[i - 1] + lst[i]; //计算总和
} 这样，你就有了 55pts 稳稳的分！
2、100pts，复杂度O(n)O(n)，正解
解决了链，有了稳稳的 55pts。想想好像可以实现化链成树，果断开正解。
很明显，我们解决链的做法在树里有很多行不通的地方。
细细想来，困难主要出现在这22个方面。
首先，你没法遍历整颗树的时候编号是连续的。这代表着我们 lst[i] = lst[t - 1] + 1 这样计算是完全行不通了。
其次，遍历一棵树必然会有递归和回溯。而处理链我们不考虑回溯，一直向下找就可以找完了。
但是我们怎么能退缩呢？！大家跟我一起念！（我们遇到什么困难，也不要怕！微笑着面对他....）
咳咳，言归正传，我们来解决这两个问题。
先看第一个问题
冷静分析一波，你会发现，虽然编号不连续了，但是你的括号序列一定是从父节点传递下来的！
仔细一想，我们发现，在链的情况里，为什么能用 lst[i] = lst[t - 1] + 1 计算贡献？其实，t-1t−1 就是 tt 的父亲节点！无非是 [t,i][t,i] 的括号序列继承了 [1,t-1][1,t−1]，也就是 [1,fa[t]][1,fa[t]] 的括号序列！（fa[i]fa[i] 代表 ii 的父亲）
然后我们惊喜的发现，这条定则对于树完全适用。
于是我们就可以修改一波原来的柿子：
lst[i] = lst[t - 1] + 1 ->−> lst[x] = lst[fa[t]] + 1;
ext{perfect}perfect！
当然计算总答案也要修改：
sum[i] = sum[i - 1] + lst[i]; ->−> sum[x] = sum[fa[x]] + lst[x];
这样我们就解决了问题11
接下来考虑解决第二个问题：
在树中遍历有回溯，回溯后栈里的信息可能就无法对应当前的版本...
其实这个问题很容易解决。由于每次回溯只回溯一层，所以我们在回溯的时候，执行我们递归时相反的操作即可！
比如，如果我们扫到右括号，递归时如果栈不为空，照理来说会弹出一个位置信息。
那么我们就可以记录这个信息，回溯的时候再把它压回去，又变成了我们当前的版本。
扫到左括号也一样。我们会压入一个位置信息，那么回溯时，直接弹出这个压入的信息就可以了！
其实这也相当于“复原”操作，让栈里的信息永远留在我们现在的状态！
递归代码就很好写了：
//我使用的链表存图qwq，head,nxt,to都是链表所用（应该都看得懂吧？）
void dfs(int x)
{
int tmp = 0;
if(c[x] == ')')
{
if(top)
{
tmp = s[top];
lst[x] = lst[fa[tmp]] + 1;
-- top;
}
}
else if(c[x] == '(') s[++ top] = x;
sum[x] = sum[fa[x]] + lst[x]; //如上所述
for(int i = head[x]; i; i = nxt[i])
dfs(to[i]); //递归
//回溯复原操作
if(tmp != 0) s[++ top] = tmp; //不为 0 代表有信息被弹出
else if(top) -- top;
//为 0 代表没有弹出，如果栈不为空说明一定压入了一个信息，需要弹出这个信息复原
}跑过小数据了，跑过中样例了，跑过大样例了！
恭喜你切了这道题qwq！！
下面就放完整代码吧！
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N=5e5+5; int n,fa[N],s[N],top; char str[N]; int head[N],nxt[N],to[N],tot; ll lst[N],sum[N],ans; inline void add(int u,int v) { nxt[++tot]=head[u]; head[u]=tot; to[tot]=v; } inline void dfs(int u,int tmp=0) { if (str[u]==')') { if (top) { tmp=s[top]; lst[u]=lst[fa[tmp]]+1; top--; } } else if (str[u]=='(') s[++top]=u; sum[u]=sum[fa[u]]+lst[u]; for (register int i=head[u];i;i=nxt[i]) dfs(to[i]); if (tmp) s[++top]=tmp; else if (top) top--; } int main() { scanf("%d",&n); scanf("%s",str+1); for (register int i=2,x;i<=n;i++) { scanf("%d",&x); add(x,i); fa[i]=x; } dfs(1); for (register int i=1;i<=n;i++) ans^=sum[i]*1ll*i; printf("%lld ",ans); return 0; }