1、题目大意：给你一棵树，每个点有一个字符，然后我们定义1的深度是1，然后1的儿子深度是2...

然后有一个询问，询问以i为根节点的子树，然后深度是k的那层的所有字符，可否组成一个回文串

2、分析：首先来考虑一下回文串的性质，有什么性质呢，就是里面出现次数为奇数次的点一定不会超过1个，

否则我们一定可以弄出回文串，对吧

那么我们离线处理这个东西，我们首先建立dfs序线段树，线段树里啥也别存，然后我们将询问的操作按k的大小排序

对于k相同的操作，我们在一起处理，k最多不会超过n，对吧，我们怎么处理呢，首先线段树里的空的，

线段树里的每一个节点都是一个存26个字符的出现次数的数组

我们把所有第k层的数的字符都扔进线段树，那么我做这些询问的时候，我可以找到一颗子树对应的区间，对吧

但是这个区间里只有第k层的数在这里面存着，那么我查询这个区间就相当于查询以i为根节点的子树，深度是k的那层

对吧，之后我们返回一个存26个字符的出现次数的数组。但是这样的时间复杂度是26nlogn的对吧，虽然可以卡过，

但是还是保险的好。。。我们怎么办呢，状压，我们利用异或的半加性质，我们可以把线段树的每一个节点改成状压的

仔细想一下。。

然后我们的复杂度退化到nlogn

这样就可以完美的通过了，（最不习惯写离线的算法了

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int head[600000], ne[600000], v[600000];
int first[600000], nx[600000];
int le[600000], ri[600000], ll;
char str[600000];
int tot;
int ans[600000];
struct node{
    int num, dep, id;
    bool operator < (const node& rhs) const{
        return dep < rhs.dep;
    }
};
node a[600000];
struct segment_tree{
    int q[2500000];
    int x, y;
    inline void add(int l, int r, int o){
        if(l == r && l == x){
            q[o] = y;
            return;
        }
        int mid = (l + r) / 2;
        if(x <= mid) add(l, mid, 2 * o);
        if(x > mid) add(mid + 1, r, 2 * o + 1);
        q[o] = q[2 * o] ^ q[2 * o + 1];
        return;
    }
    inline int query(int l, int r, int o){
        if(x <= l && r <= y){
            return q[o];
        }
        int mid = (l + r) / 2;
        int ret = 0;
        if(x <= mid) ret ^= query(l, mid, 2 * o);
        if(y > mid) ret ^= query(mid + 1, r, 2 * o + 1);
        return ret;
    }
} wt;
inline void dfs(int x, int h){
    nx[x] = first[h];
    first[h] = x;
    le[x] = ++ ll;
    for(int i = head[x]; i != -1; i = ne[i]){
        dfs(v[i], h + 1);
    }
    ri[x] = ll;
    return;
}
int main(){
    memset(head, -1, sizeof(head));
    memset(first, -1, sizeof(first));
    int n, m;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 2; i <= n; i ++){
        scanf("%d", &v[i]);
        ne[i] = head[v[i]];
        head[v[i]] = i;
        v[i] = i;
    }
    dfs(1, 1);
    scanf("%s", str);
    for(int i = 1; i <= m; i ++){
        scanf("%d%d", &a[i].num, &a[i].dep);
        a[i].id = i;
    }
    sort(a + 1, a + m + 1);
    int i = 1;
    for( ; i <= m; ){
        int height = a[i].dep;
        for(int j = first[height]; j != -1; j = nx[j]){
            wt.x = le[j];
            wt.y = (1 << (str[j - 1] - 'a'));
            wt.add(1, n, 1);
        }
        for( ; i <= m && a[i].dep == height; i ++){
            wt.x = le[a[i].num];
            wt.y = ri[a[i].num];
            int hh = wt.query(1, n, 1);
            int cnt = 0;
            for(int k = 0; k <= 25; k ++) if(((1 << k) & hh)){
                cnt ++;
            }
            if(cnt > 1) ans[a[i].id] = 0;
            else ans[a[i].id] = 1;
        }
        for(int j = first[height]; j != -1; j = nx[j]){
            wt.x = le[j];
            wt.y = 0;
            wt.add(1, n, 1);
        }
    }
    for(int j = 1; j <= m; j ++){
        if(ans[j] == 1) printf("Yes\n");
        else printf("No\n");
    }
    return 0;
}