题目

初始有一个点 1，每次新加入点 \(2\sim n+1\)，给这条边染上新的颜色，

并且一种颜色只能出现在一条路径上，使得每个点到根节点的路径上颜色种类数尽量少

每次询问输出每个点到根节点路径上颜色种类最大值

\(n\leq 10^6\)

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分析

考虑到 \(x\) 只与其中一个子节点的边颜色相同，如果存在两个子节点的边颜色相同，

那么 \(x\) 到根节点就不能填这种颜色，反而不如 \(x\) 到根节点填这种颜色的颜色种类数

设 \(dp[x]\) 表示 \(x\) 的子树的结点到 \(x\) 的路径上颜色种类数的最大值。

那么选择其中一个子节点 \(dp\) 值最大的，设其为 \(fi[x]\)，次大值为 \(se[x]\)

如果 \(x\) 连 \(fi[x]\) 所在的子节点，那么其它子节点的答案会加一，连其它节点 \(fi[x]+1\) 代价更大一定不优。

所以 \(dp[x]=\max\{fi[x],se[x]+1\}\)，然后每次答案就是 \(fi[1]\)，(\(dp[1]\) 默认有一个父亲不是真正的颜色种类)

如果还未更新，\(dp[x]=\max\{fi[x],se[x]+1\}\)，那么 \(x\) 到根节点的路径也不会受影响，直接退出。

这样看似时间复杂度仍然是 \(O(n^2)\)，其实不然，

考虑到一种染色就是轻重链剖分之后重链染同一种颜色，那么颜色种类数为 \(O(\log n)\)

这显然是上界，那么时间复杂度为 \(O(n\log n)\)

感觉这道题出得好妙啊，不仅用到了轻重链剖分的性质，还结合了树形dp。(dp可菜了QAQ

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代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
using namespace std;
const int N=1000011;
int n,fa[N],fi[N],se[N],dp[N];
int iut(){
	int ans=0,f=1; char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) f=(c=='-')?-f:f,c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=ans*10+c-48,c=getchar();
	return ans*f;
}
void print(int ans){
	if (ans>9) print(ans/10);
	putchar(ans%10+48);
}
int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
int main(){
	n=iut()+1,dp[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;++i){
		fa[i]=iut(),dp[i]=1;
		for (int x=i;fa[x];){
			if (fi[fa[x]]<dp[x]) se[fa[x]]=fi[fa[x]],fi[fa[x]]=dp[x];
			    else if (se[fa[x]]<dp[x]) se[fa[x]]=dp[x];
			int now=max(fi[fa[x]],se[fa[x]]+1);
			if (dp[fa[x]]==now) break;
			dp[fa[x]]=now,x=fa[x];
		}
		print(fi[1]),putchar(32);
	}
	return 0;
}