背景
其实 Kano 曾经到过由乃⼭，当然这名字⼀看⼭主就是 Yuno 嘛。当年 Kano 看见了由乃⼭，内⼼突然涌出了⼀股杜甫会当凌绝顶，⼀览众⼭⼩的 豪⽓，于是毅然决定登⼭。但是 Kano 总是习惯性乱丢垃圾，增重环卫⼯⼈ 的负担，Yuno 并不想让 Kano 登⼭，于是她果断在⼭上设置了结界……
题意
Yuno 为了⽅便登⼭者，在⼭上造了 N 个营地，编号从 0 开始。当结界发动时，每当第 $ i(> 0) $ 号营地内有⼈，那么他将被传送到第 $ A_i (< i) $ 号营 地，如此循环，所以显然最后只会被传送到第 0 号营地。
但 Kano 并不知晓结界的情况。他登⼭的⽅法是这样的：⾸先分⾝出⼀个编号为$ D_i $ 的 Kano，然后将其⽤投⽯机抛掷到营地 $ G_i $ 。Kano 总共做了 M 次这样的登⼭操作，但每次抛出去的 Kano 都被传送回了营地 0，所以 Kano 只好放弃了。
但是 Kano 在思考⼀个问题，到底每个营地被多少只编号不同的 Kano 经过过？
输入
第⼀⾏两个整数 $ N,M，$ 表⽰⼭的营地数和登⼭次数。
接下来 $ N − 1 $ ⾏，每⾏⼀个数，第 $ i $ ⾏为 $ A_i $ ，表⽰营地 i 将会传向营 地 $ A_i $ 。
接下来 $ M $ ⾏，每⾏两个数 $ G_i ，D_i $ 。
输出
共 $ N $ ⾏，每⾏表⽰营地 $ i $ 有多少不同编号的 Kano 曾经通过。
数据范围
$ N,M<=10^5, max(D_i) <=10^9 $
看完题考场临时打的暴力，才10分，同机房的大佬暴力90分。。。我菜爆惹
解析
算法一
开一个数组 $ a[i, j] \(表示第\) i $个点的第 $ j \(种标记是否被打过，每次询问可以\) O(total) \(回答，其中\) total $是标记数。
或使用一个计数器，每次有某个 $ a[i, j] $ 从 $ False $ 变 $ True $ 则 $ i $的计数器加1，询问可以做到O(1)。
每次修改暴力打标记。明显的，如果 $ max(D_i) $ 大于 $ M \(，则可以通过离散把数量级下降到\) M $。
时间复杂度$ O(NM)$，空间复杂度 $ O(Nmax(D_i)) $
算法二
由于每次修改影响到的仅是修改点的祖先，可以换一种储存方式，直接把标记打到点上。每次询问一个点只需要查询该点为根的子树下有多少不同的标记。
这样可以使用DFS序，对每种标记开一个树状数组，对每个标记，查询该子树下是否有标记
时间复杂度 $ O(M log(N)+N max(D_i)log(N)) $，空间复杂度 $ O(N max(D_i)) $
算法三
发现算法二没有必要使用树状数组维护，只需要每种标记分开处理，处理只需要简单地遍历整棵树
时间复杂度 $ O(N max(D_i)) $ , 空间复杂度 $ O(N)$.
算法四
首先我们仅考虑只有一种标记的情况，如果仅有一种标记，那么我们可以把被打标记的点进行+1操作，那么如果最后，一个点的子树和大于 $ 1 $，该点就是有标记的。
但是这样处理不了多种标记的数量，所以要把多余的 $ +1 $ 标记减去，而多余的 $ +1 $ 标记的形成是两个操作拥有公共祖先，所以在两个操作点的 $ LCA $ 处打上一个 $ -1 $ 标记就可避免多加的情况，原来的两个操作也就变成了一个操作了，可以证明-1标记只会打 $ M $ 个。
如此就可以拓展到多种标记，⽽标记数就是该点的⼦树权值和。为了方便打 $ -1 $ 标记，我们可以交换操作顺序，把同⼀种标记的⼀起做,而 $ -1 $ 标记所打的点就是这些相同标记的操作点按 $ DFS $ 序排序之后相邻两点的 $ LCA $ 。
时间复杂度为 $ O(MlogN + N + MlogM) $
ac代码
传送到哪个点便与它建一条边，将其作为父节点，显然 $ 0 $ 为根节点，于是我们只要对分身从小到大进行排序（$ D_i $为第一关键字, $ dfs $ 序为第二关键字），每次枚举 $ D_i $ 相同 $ G_i $ 不同的相邻点对其 $ lca $ 打上 $ -1 $ 标记，其余打上 $ +1 $ 标记，最后跑一遍 $ dfs $ 将每个点的子树的值统计起来就是答案。
#include
using namespace std;
const int size=200010;
struct node{
int g;//地点
int d;//编号
}b[size];
int f[size][20],d[size],book[size],st[size],a[size],times;
int ver[2*size],v[size],Next[2*size],head[size];
int m,n,tot,t,ans;
int x,y,z;
queue q;
void add(int x,int y){//建树
ver[++tot]=y;Next[tot]=head[x];head[x]=tot;
}
void dfs(int x){//确定dfs序
v[x]=1;
st[x]=++times;
for(int i=head[x];i;i=Next[i]){
int y=ver[i];
if(v[y]) continue;
dfs(y);
}
}
void bfs(){//lca的预处理
q.push(0);d[0]=1;
while(q.size()){
int x=q.front();q.pop();
for(int i=head[x];i;i=Next[i]){
int y=ver[i];
if(d[y]) continue;
d[y]=d[x]+1;
f[y][0]=x;
for(int j=1;j<=t;++j){
f[y][j]=f[f[y][j-1]][j-1];
}
q.push(y);
}
}
}
bool cmp(node a,node b){//排序
if(a.d==b.d) return st[a.g]d[y]) swap(x,y);
for(int i=t;i>=0;--i){
if(d[f[y][i]]>=d[x]){
y=f[y][i];
}
}
if(x==y) return x;
for(int i=t;i>=0;--i){
if(f[x][i]!=f[y][i]){
x=f[x][i];
y=f[y][i];
}
}
return f[x][0];
}
void find(int x){//计算答案
v[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=Next[i]){
int y=ver[i];
if(v[y]) continue;
find(y);
book[x]+=book[y];
}
}
int main(){
scanf("%d %d",&n,&m);
t=((int)(log(n)/log(2)))+1;
for(int i=1;i 同机房一位大佬的ac代码（暴力优化跑过！）
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int n,m,arr[100010],ans[100010],sum[100010],tmp;
int pd[100010];
struct dat{
int d,g;
};
dat mov[100010];
bool cmp(dat a,dat b){
if(a.d!=b.d) return a.db.g;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
--n;
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&arr[i]);
for(int i=1;i<=m;++i) scanf("%d",&mov[i].g),scanf("%d",&mov[i].d);
sort(mov+1,mov+1+m,cmp);
++m;
for(register int i=1;i<=m;++i){
if(mov[i].d!=mov[i-1].d){
if(mov[i].d!=mov[i+1].d){
sum[mov[i].g]++;
continue;
}
++ans[0];
}
tmp=mov[i].g;
while(tmp){
if(pd[tmp]==mov[i].d) break;
pd[tmp]=mov[i].d;
++ans[tmp];
tmp=arr[tmp];
}
}
--ans[0];
for(int i=n;i>=1;--i){
sum[arr[i]]+=sum[i];
ans[i]+=sum[i];
}
ans[0]+=sum[0];
for(int i=0;i<=n;++i) printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}