树上启发式合并_训练总结+题目清单

前言：树上启发式合并(DSU on Tree)，是一个在O(nlogn) 时间内解决许多树上问题的有力算法，其对于树上离线问题的处理速度大于等于其他的算法，且更容易理解(个人认为处理与子树的关系牵涉很多)。具体思路大概就是先像树链剖分那样找到每个结点的重儿子，然后把所有轻儿子的贡献合并于重儿子(比较抽象吧~),当前结点操作完毕之后，再看如果当前结点是其父亲结点的一个轻儿子，那么该轻儿子贡献全部置0。对于重儿子的贡献保留。至于时间复杂度为什么是O(logn)，我也不太会证明，但是肯定比在线暴力对每个儿子操作其全部结点快，因为首先Dsu On Tree是个离线算法，你每次对当前结点的操作，实际是只要处理轻儿子结点(重儿子结点贡献已经有了)，这么来看你就较常规方法少了再遍历重儿子的那一步，时间复杂度自然而然就降了。

←大概就是这个样子吧OvO

 

 

 我觉得理解一个算法的，重要的一步是训练刷题+总结，所以我附上一些刷题题单，前面几个题会简单一些(CF2300分左右)，最后一个题有点难(CF2900分)

 还有一道题是Wannafly Camp Day2E 阔立梯的树，我之前写过题解，是一个很不错的题:https://www.cnblogs.com/Anonytt/p/13080989.html

 接下来我一道题一道题地写一下解析叭：

A：Codeforces-600E(Lomsat Gelral)

题意：对于每个子树，输出子树中出现次数最多的节点编号之和。（次数最多的编号有多个节点都要统计进去）

解法：这是一道比较模板的树上启发式合并题，每一次count，统计当前颜色col[u]出现的次数即cnt[col[u]]。如果其次数大于所有颜色中出现次数最多颜色的大小maxc,即把maxc更新成当前结点的颜色大小cnt[col[u]],同时更新sum。另外该题要求如果子树中出现颜色次数一样，那么和就等于这些相同颜色值大小和，所以你还需要特判更新一波。

#include
#define ll long long
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
#define endl '\n'
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=1e5+5;
int tot,head[maxn];
struct E{
    int to,next;
}edge[maxn<<1];
void add(int u,int v){
    edge[tot].to=v;
    edge[tot].next=head[u];
    head[u]=tot++;
}
int col[maxn],cnt[maxn];
int siz[maxn],son[maxn];
void dfs(int u,int f){
    siz[u]=1;
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==f) continue;
        dfs(v,u);
        siz[u]+=siz[v];
        if(siz[v]>siz[son[u]]){
            son[u]=v;
        }
    }
}
ll ans[maxn],sum;
int flag,maxc;
void count(int u,int f,int val){
    cnt[col[u]]+=val;
    if(cnt[col[u]]>maxc){
        maxc=cnt[col[u]];
        sum=col[u];
    }
    else if(cnt[col[u]]==maxc)
        sum+=col[u];
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==f||v==flag) continue;
        count(v,u,val);
    }    
}
void dfs(int u,int f,bool keep){
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==f||v==son[u]) continue;
        dfs(v,u,false);
    }
    if(son[u]){
        dfs(son[u],u,true);
        flag=son[u];
    }
    count(u,f,1);
    flag=0;
    ans[u]=sum;
    if(!keep){
        count(u,f,-1);
        sum=maxc=0;
    }
}
int main(){
    int n;scanf("%d",&n);
    mem(head,-1);
    rep(i,1,n) scanf("%d",&col[i]);
    rep(i,1,n-1){
        int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
        add(u,v);add(v,u);
    }
    dfs(1,0);
    dfs(1,0,0);
    rep(i,1,n) printf("%lld ",ans[i]);
    puts("");
}

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B：Codeforces-246E(Blood Cousins Return) 

题意：给定一棵树，已知每个节点的父亲节点，和每个节点上的名字(字符串)，对于每个询问vi,ki，求子树vi内v的kth层儿子(子树内比子树根深度大k层的部分)中不重复名字的个数。

解法：因为有可能是森林，所以你需要统计一共有多少个树rootcnt,并记录每个数的根节点root[i](判断其是否为某个数根节点只需要看它父亲是不是0就行啦)，利用map离散化一下，就把名字当成颜色好了。同时count的时候也要注意某子树如果当前结点为u当前层中该颜色即col[u]是否在其他子树出现过，即也用map来记录一下，如果没有那ok，如果有的话，当前层次的颜色你就不需要再更新啦！另外值得一提的是：对于结点询问，如果只给你某个结点的v和第几层d，那么可以用vector> q[maxn]来记录，第一个q[u]记录结点v，q[u][i].first记录询问的id，q[u][i].second记录层次。然后你统计当前询问的时候，只需要看当前结点u是否充当v的时候q[u].size()是否>0，若如此则说明有询问坐落于该结点上。

#include
#define ll long long
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
#define endl '\n'
#define eps 0.000000001
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=1e5+5;
int tot,head[maxn];
struct E{
    int to,next;
}edge[maxn<<1];
void add(int u,int v){
    edge[tot].to=v;
    edge[tot].next=head[u];
    head[u]=tot++;
}
int n;map<string,int> mp;int c[maxn],root[maxn];
vectorint,int> >q[maxn];
int siz[maxn],son[maxn],dep[maxn];
void dfs1(int u,int f){
    dep[u]=dep[f]+1;
    siz[u]=1;
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==f) continue;
        dfs1(v,u);
        siz[u]+=siz[v];
        if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;
    }
}
int flag,ans[maxn];
int cnt[maxn];
mapint,int>,int> pk;
void count(int u,int f,int val){
    if(val==1&&!pk[{dep[u],c[u]}]) cnt[dep[u]]+=val,pk[{dep[u],c[u]}]+=val;
    if(val==-1&&pk[{dep[u],c[u]}]) cnt[dep[u]]+=val,pk[{dep[u],c[u]}]+=val;
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==f||v==flag) continue;
        count(v,u,val);
    }
}
void dfs(int u,int f,int keep){
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==f||v==son[u]) continue;
        dfs(v,u,0);
    }
    if(son[u]){
        dfs(son[u],u,1);
        flag=son[u];
    }
    count(u,f,1);
    for(int i=0;i){
        int id=q[u][i].first;
        int d=q[u][i].second;
        ans[id]=cnt[dep[u]+d];
    }
    flag=0;
    if(!keep){
        count(u,f,-1);        
    }
}
int main(){
    cin>>n;mem(head,-1);
    int cntcolor=0;int cntroot=0;
    rep(i,1,n){
        string s;int x;cin>>s>>x;
        if(!mp[s]) mp[s]=++cntcolor;
        c[i]=mp[s];
        if(!x){
            ++cntroot;
            root[cntroot]=i;
        }else{
            add(x,i);add(i,x);
        } 
    }
    int m;cin>>m;
    rep(i,1,m){
        int u,d;cin>>u>>d;
        q[u].push_back({i,d});
    }
    rep(i,1,cntroot){
        dfs1(root[i],0);
    }
    rep(i,1,cntroot){
        dfs(root[i],0,0);
    }
    rep(i,1,m){
        cout<endl;
    }
}

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 C: Codeforces-1009F(Dominant Indices)

 

题意：给定一棵以 1 为根，n 个节点的树。设 d(u,x)为 u 子树中到 u 距离为 x 的节点数。对于每个点，求一个最小的 k，使得 d(u,k) 最大。

解法：这个其实也挺简单的，同样是记录每一层该颜色出现的次数，若该颜色次数大于等于(Hint!!)最大值就进行更新maxx和loc，你需要注意如果cnt[col[u]]和maxx一致，要把loc更新成最近的dep[u]，我就是这里没注意wa了一发，其实样例就能检测出来，如果是树链的情况的话。

#include
#define ll long long
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
#define endl '\n'
#define eps 0.000000001
#define pb push_back
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=1e6+5;
int tot,head[maxn];
struct E{
    int to,next;
}edge[maxn<<1];
void add(int u,int v){
    edge[tot].to=v;
    edge[tot].next=head[u];
    head[u]=tot++;
}
int n;
int dep[maxn],siz[maxn],son[maxn];
void dfs1(int u,int f){
    siz[u]=1;
    dep[u]=dep[f]+1;
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==f) continue;
        dfs1(v,u);
        siz[u]+=siz[v];
        if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;
    }
}
int flag,cnt[maxn],maxx,loc,ans[maxn];
void count(int u,int f,int val){
    cnt[dep[u]]+=val;
    /*
    if(val>0&&cnt[dep[u]]>maxx){
        maxx=cnt[dep[u]];
        loc=dep[u];
    }
    */
    if(val>0&&cnt[dep[u]]>=maxx){
        if(cnt[dep[u]]>maxx) maxx=cnt[dep[u]],loc=dep[u];
        else if(cnt[dep[u]]==maxx&&dep[u]<loc){
            loc=dep[u];
        }
    }
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==f||v==flag) continue;
        count(v,u,val);
    }
}
void dfs(int u,int f,int keep){
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==f||v==son[u]) continue;
        dfs(v,u,0);
    }
    if(son[u]){
        dfs(son[u],u,1);
        flag=son[u];
    }
    count(u,f,1);
    ans[u]=loc-dep[u];
    flag=0;
    if(!keep){
        count(u,f,-1);
        maxx=0;loc=INF;
    }
}
int main(){
    cin>>n;mem(head,-1);maxx=0;loc=INF;
    rep(i,1,n-1){
        int u,v;cin>>u>>v;
        add(u,v);add(v,u);
    }
    dfs1(1,0);
    dfs(1,0,0);
    rep(i,1,n){
        cout<endl;
    }
}

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D:Codeforces-375D(Tree and Queries)

题意:现有一棵 n 个点的树，点的编号从 1 起，树以 1 为根，每个点 i 都一个颜色 c_i，接下来有 m 个询问，每次询问以 v_j为根的子树中，求有多少种颜色，这些颜色在子树中出现的次数至少为 k_j。

解法：直接统计就行，注意如果val是正的就{cnt[c[u]]+=val;vis[cnt[c[u]]]+=val;}，否则{vis[cnt[c[u]]]+=val;cnt[c[u]]+=val;}

#include
#define ll long long
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
#define endl '\n'
#define eps 0.000000001
#define pb push_back
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=1e5+5;
int tot,head[maxn];
struct E{
    int to,next;
}edge[maxn<<1];
void add(int u,int v){
    edge[tot].to=v;
    edge[tot].next=head[u];
    head[u]=tot++;
}
int n,m,c[maxn];
vectorint,int> >q[maxn];
int siz[maxn],son[maxn],dep[maxn];
void dfs1(int u,int f){
    dep[u]=dep[f]+1;
    siz[u]=1;
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==f) continue;
        dfs1(v,u);
        siz[u]+=siz[v];
        if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;
    }
}
int flag,cnt[maxn],vis[maxn],ans[maxn];
void count(int u,int f,int val){
    if(val==1) {cnt[c[u]]+=val;vis[cnt[c[u]]]+=val;}
    else {vis[cnt[c[u]]]+=val;cnt[c[u]]+=val;}
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==f||v==flag) continue;
        count(v,u,val);
    }
}
void dfs(int u,int f,int keep){
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==f||v==son[u]) continue;
        dfs(v,u,0);
    }
    if(son[u]){
        dfs(son[u],u,1);
        flag=son[u];
    }
    count(u,f,1);
    for(int i=0;i){
        int id=q[u][i].first;
        int lim=q[u][i].second;
        ans[id]=vis[lim];
    }
    flag=0;
    if(!keep){
        count(u,f,-1);
    }
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);mem(head,-1);
    rep(i,1,n) scanf("%d",&c[i]);
    rep(i,1,n-1){
        int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
        add(u,v);add(v,u);
    }
    rep(i,1,m){
        int x,k;scanf("%d%d",&x,&k);
        q[x].pb({i,k});
    }
    dfs1(1,0);
    dfs(1,0,0);
    rep(i,1,m){
        cout<endl;
    }
}

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E:Codeforces-570D(Tree Requests)

题意：一棵以1为根的树，每个节点上都有1个字母，有m个询问。每次询问v对应的子树中，深度为h的这层节点的字母，能否打乱重排组成回文串。根的深度为1，每个点的深度为到根的距离。

解法：因为有26个字母，其实看做只有26个颜色，你每次count的时候统计cnt[dep[u]][c[u]]，c[u]数组大小开到26就行了，dep[u]数组开到5e5，所以不会炸数组，看是否是回文，你只需要统计该层中所有颜色%2后的值num，并统计num的和sum，若sum=0则说明是一个全是偶数的回文串，若sum=1说明这些结点中有一个颜色是单数的，当然这也是回文串的范畴(放在最中间),但是若sum>1了就不行，因为这样就不可构成回文串了。

#include
#define ll long long
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
#define endl '\n'
#define eps 0.000000001
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=5e5+5;
int tot,head[maxn];
struct E{
    int to,next;
}edge[maxn<<1];
void add(int u,int v){
    edge[tot].to=v;
    edge[tot].next=head[u];
    head[u]=tot++;
}
int n,m,c[maxn],ans[maxn];
vectorint,int> >q[maxn];
int siz[maxn],son[maxn],dep[maxn];
void dfs1(int u,int f){
    siz[u]=1;dep[u]=dep[f]+1;
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==f) continue;
        dfs1(v,u);
        siz[u]+=siz[v];
        if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;
    }
}
int flag,cnt[maxn][30];
void count(int u,int f,int val){
    cnt[dep[u]][c[u]]+=val;
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==f||v==flag) continue;
        count(v,u,val);
    }
}
void dfs(int u,int f,int keep){
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==f||v==son[u]) continue;
        dfs(v,u,0);
    }
    if(son[u]){
        dfs(son[u],u,1);
        flag=son[u];
    }
    count(u,f,1);
    for(int i=0;i){
        int id=q[u][i].first;
        int d=q[u][i].second;
        int num=0;
        rep(j,1,26){
            if(cnt[d][j]&1) num++;
        }
        ans[id]=num>1?0:1;
    }
    flag=0;
    if(!keep){
        count(u,f,-1);
    }
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);mem(head,-1);
    for(int i=2;i<=n;i++){
        int u;scanf("%d",&u);
        add(u,i);add(i,u);
    }
    string s;cin>>s;s=" "+s;
    rep(i,1,n) c[i]=s[i]-'a'+1;
    dfs1(1,0);
    rep(i,1,m){
        int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
        q[x].push_back(make_pair(i,y));
    }
    dfs(1,0,0);
    rep(i,1,m){
        if(ans[i]) puts("Yes");
        else puts("No");
    }
}

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F:Codeforces-208E(Blood Counsins)

题意：在一个森林中，如果两个节点a和b向上的第p个祖先相同，就称他们为p代表亲。(跟日常生活中有所不同，p不一定是他们的最近公共祖先)。 给出一些询问，问v的p代表亲的数量。

解法：这里就是反向思维来思考了，即求每个节点u的子树中，距离u节点距离为p的结点数量(记得最后减1即删去本身哦~)，这里就用到了倍增思想来揪出距离结点a长度为p的祖先是谁。

#include
#define ll long long
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
#define endl '\n'
#define eps 0.000000001
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=1e5+5;
int tot,head[maxn];
struct E{
    int to,next;
}edge[maxn<<1];
void add(int u,int v){
    edge[tot].to=v;
    edge[tot].next=head[u];
    head[u]=tot++;
}
int n,fa[maxn][40],root[maxn];
void bz(){
    for(int j=1;j<=30;j++){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1];
        }
    }
}
int siz[maxn],son[maxn],dep[maxn];
void dfs1(int u,int f){
    fa[u][0]=f;
    dep[u]=dep[f]+1;
    siz[u]=1;
    //rep(i,1,20) fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==f) continue;
        dfs1(v,u);
        siz[u]+=siz[v];
        if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;
    }
}
vectorint,int> >q[maxn];
int flag,cnt[maxn],ans[maxn];
void count(int u,int f,int val){
    cnt[dep[u]]+=val;
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==f||v==flag) continue;
        count(v,u,val);
    }
}
void dfs(int u,int f,int keep){
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==f||v==son[u]) continue;
        dfs(v,u,0);
    }
    if(son[u]){
        dfs(son[u],u,1);
        flag=son[u];
    }
    count(u,f,1);
    for(int i=0;i){
        int id=q[u][i].first;
        int d=q[u][i].second;
        ans[id]=cnt[d]-1;
    }
    flag=0;
    if(!keep){
        count(u,f,-1);    
    }
}
int main(){
    cin>>n;mem(head,-1);
    int rootcnt=0;
    rep(i,1,n){
        int x;cin>>x;
        if(!x) root[++rootcnt]=i;
        else{
            add(x,i);add(i,x);
        }
    }
    rep(i,1,rootcnt) dfs1(root[i],0);
    bz();
    int m;cin>>m;
    rep(i,1,m){
        int u,p;cin>>u>>p;
        int d=dep[u];
        for(int j=20;j>=0;j--){
            if(p&(1<fa[u][j];
        }
        q[u].push_back({i,d});
    }
    rep(i,1,rootcnt) dfs(root[i],0,0); 
    rep(i,1,m){
        cout<" ";
    }
    cout<<endl;
}

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G:Codeforces-741D(Arpa’s letter-marked tree and Mehrdad’s Dokhtar-kosh paths)

题意(这是算法发明者专门为这个算法量身订造的题目哦):一棵根为1 的树，每条边上有一个字符（a-v共22种）。 一条简单路径被称为Dokhtar-kosh当且仅当路径上的字符经过重新排序后可以变成一个回文串。 求每个子树中最长的Dokhtar-kosh路径的长度。给你n个点构成的一棵树，树里面的每一条边有一个权值，求出每个子树里面能通过重排构成回文串的最大路径长度.

解法：首先我们需要从一个点来入手，容易发现字符只有22种，比较少，而满足重排后能构成回文串的条件是：每个字符出现次数都为偶数或出现次数为奇数的字符仅有一个。因此我们可以考虑将其压缩成0表示出现次数为偶数，1表示出现次数为奇数。而对于一个路径上的字符，我们只需考虑每个字符的出现次数，这样我们巧妙地把问题状压了一下,用一个整数就可以表达出所有符合条件的状态：0 或者 （1<

#include
#define ll long long
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
#define endl '\n'
#define eps 0.000000001
#define pb push_back
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=5e5+5;
int tot,head[maxn];
struct E{
    int to,next,w;
}edge[maxn<<1];
void add(int u,int v,int w){
    edge[tot].to=v;
    edge[tot].w=w;
    edge[tot].next=head[u];
    head[u]=tot++;
}
int dep[maxn],siz[maxn],son[maxn],dis[maxn],L[maxn],R[maxn],id[maxn],dfn;
void dfs1(int u,int f){
    dep[u]=dep[f]+1;
    siz[u]=1;
    L[u]=++dfn;
    id[dfn]=u;
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==f) continue;
        dis[v]=dis[u]^edge[i].w;
        dfs1(v,u);
        siz[u]+=siz[v];
        if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;
    }
    R[u]=dfn;
}
int ans[maxn],flag,f[maxn*10];
void calc(int u,int fa){
    if(f[dis[u]]) ans[u]=max(ans[u],f[dis[u]]-dep[u]);
    rep(i,0,21){
        if(f[dis[u]^(1<<i)]){
            ans[u]=max(ans[u],f[dis[u]^(1<dep[u]);
        }
    }
    f[dis[u]]=max(f[dis[u]],dep[u]);
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==fa||v==flag) continue;
        rep(j,L[v],R[v]){
            int x=id[j];
            if(f[dis[x]]) ans[u]=max(ans[u],f[dis[x]]+dep[x]-2*dep[u]);
            rep(k,0,21){
                if(f[dis[x]^(1<<k)]){
                    ans[u]=max(ans[u],f[dis[x]^(1<2*dep[u]);
                }
            }
        }
        rep(j,L[v],R[v]) f[dis[id[j]]]=max(f[dis[id[j]]],dep[id[j]]);
    }
}
void dfs(int u,int fa,int keep){
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==son[u]||v==fa) continue;
        dfs(v,u,0);
        ans[u]=max(ans[u],ans[v]);
    }
    if(son[u]){
        dfs(son[u],u,1);
        ans[u]=max(ans[u],ans[son[u]]);
        flag=son[u];
    }
    calc(u,fa);
    flag=0;
    if(!keep){
        rep(i,L[u],R[u]) f[dis[id[i]]]=0;
    }
}
int main(){
    int n;cin>>n;mem(head,-1);
    rep(i,2,n){
        int x;char s;
        cin>>x>>s;
        add(i,x,1LL<<(s-'a'));
        add(x,i,1LL<<(s-'a'));
    }
    dfs1(1,0);
    dfs(1,0,0);
    rep(i,1,n) cout<" ";
}

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