AOJ 2170 Marked Ancestor[并查集][离线]

题意：

给你一颗N个节点的树，节点编号1到N。1总是节点的根。现在有两种操作：

1. M v: 标记节点v
2. Q v: 求出离v最近的标记的相邻节点。根节点一开始就标记好了。

现在给一系列操作，求出所有Q操作结果的和。

思路：

最坏情况下为整棵树成为一条链，单纯使用并查集（无压缩）查询复杂度最坏1e10。单纯使用并查集也能过。

正解应该是将查询存下来，存下每次Q操作的查询时间和查询结点，用qt和qv数组存储。另外设置mark数组存储这个结点被染色的最快时间。然后我们倒着进行查询操作，当当前查询的结点最早被染色时间小于当前时间时，就可以返回这个结点了，否则进行路径压缩（进入否则，说明这个结点的最快被染色时间大于查询时间，而我们是倒着进行操作的，说明后继的查询时间都比当前的查询时间小，不管怎么样，这个结点都不会被染色了，无用，直接拿来压缩掉）

#include<cstdio>  
#include<iostream>  
#define ll long long  
using namespace std;  
  
const int INF = 0x7f7f7f7f;  
const int MAXN = 1e5 + 111;  
  
int p[MAXN];  
int qt[MAXN], qv[MAXN], mark[MAXN];  
int t;  
  
int find(int x) {  
    return mark[x] < t ? x : p[x] = find(p[x]); // 小于则说明在查询之前已经染过颜色  
}  
  
int main()  
{  
    int n, q;  
    while (~scanf("%d%d", &n, &q) && (n | q)) {  
        for (int i = 2; i <= n; ++i) {  
            scanf("%d", p + i);  
            mark[i] = INF;  
        }  
  
        int cnt = 0, x;  
        char op[2];  
        for (int i = 1; i <= q; ++i) {  
            scanf("%s%d", op, &x);  
            if (op[0] == 'M') mark[x] = min(mark[x], i); // 记录最早染色时间  
            else {  
                qt[cnt] = i;  
                qv[cnt++] = x;  
            }  
        }  
  
        ll ans = 0;  
        while (cnt --) {  
            t = qt[cnt]; // 查询发生的时间  
            ans += find(qv[cnt]);  
        }  
        printf("%lld
", ans);  
    }  
    return 0;  
}