1、暴力：10~20pts，复杂度 (O(n^4))，只能解决链
暴力很容易就会了。
因为只解决链，所以不用建树，用一个数组存就可以了，编号为 ii 的祖先恰好是(i-1) ，也就是说本身编号就是顺序的
先套一重 for 枚举(i) ，代表从根节点走到了 (i)号节点。由于要计算 (1-i)中究竟有多少个子括号序列，所以我们还需要枚举左端点 (l)和右端点 (r) ，表示枚举到区间为 ([l,r]) 的子括号序列。然后还要写一个判断括号是否匹配的 (check) 子函数。子函数的复杂度为 (O(r-l))。
check子函数，开栈来判断即可。具体可以看这题。
3重循环套一个 check ，所以复杂度为 (O(n^4))。实际上是跑不满的，所以有望过 (n=200) 的数据。
2、55pts，复杂度 (O(n)) ，只解决链
O(1)计算呢
注意，以下的例子第一个字符的下标均为 1
例子1：
()()()
我们发现， i=2的时候，对答案的贡献值为 1 。而 i=4 的时候，本身 ([3,4])就有一个满足要求的括号序列，在合并上前面的成为 ([1,4])，同样满足，于是对答案的贡献值就为 2 ，再加上前面 [1,2]本身有的括号序列，总共为 3 。
i=6时同理，总共的贡献值为 3 ，加上前面的有 3+3=6种。其他位置均没有贡献。
换句话说， i为 1-6 时对答案的贡献分别为 0,1,0,2,0,3 ，合并后的总答案为 0,1,1,3,3,6
例子2:
())()
继续前面的思想， i=2 时，对答案贡献 1 。而 i=3时，由于不满足成匹配的括号序列，所以没有贡献。而 i=5时，由于 i=3多了一个后括号， [1,3] 不匹配，导致 [1,5]成不了一个匹配的括号序列。故对答案的贡献仍为 1
i为 1-5时对答案的贡献分别为 0,1,0,0,1 ，合并后的总答案为 0,1,1,1,2
例子3:
()(())
接着刚刚的分析， i=2时，贡献为 1，而 i=5时，由于 i=3 在中间断开，使 [1,5]不能匹配，所以贡献仍为 1 。
当 i=6情况有了变化。我们发现 [1,2]是匹配的。故 [1,2],[3,6]能合成一个匹配的序列，故对答案贡献为 2。
i为 1-6时对答案的贡献分别为 0,1,0,0,1,2，合并后的总答案为 0,1,1,1,2,4
发现，一个后括号如果能匹配一个前括号，假设这个前括号的前 1 位同样有一个已经匹配了的后括号，那么我们势必可以把当前的匹配和之前的匹配序列合并，当前的这个后括号的贡献值，其实就等于前面那个后括号的贡献值 +1 ！
这是一个非常重要的结论，可以在递推过程中，直接完成 O(1) 计算贡献值！
有了贡献值，当前位置答案总和就很好算了。很明显，第 i位的总和等于 i-1位的总和 加上 第 i位的贡献值。
那怎么判断括号是否匹配呢？ 我们同样可以用这题的思想开栈做。每次压入一个括号然后进行操作即可。
就算后括号匹配了，那我又如何知道前括号的位置呢？ 其实也很简单。我们把压入括号改一改，不压括号，取之而代，压入前括号的位置即可。判断是否匹配只需要看栈里有没有数即可。
我们用 lst[i] 表示第 i位的贡献， sum[i]表示第 i 位的答案总合。那么就有：
//s是栈，top是栈顶，手写栈貌似要快很多。
if(c[i] == ')') //是后括号
{
if(top == 0) continue; //栈为空，则没有匹配
int t = s[top]; //匹配的前括号的位置
lst[i] = lst[t - 1] + 1 //结论计算贡献值
top --;
}
else if(c[i] == '(') s[++ top] = i; //是前括号，就压入它的位置
sum[i] = sum[i - 1] + lst[i]; //计算总和
很容易发现，这样处理一个位置的总和其实是 O(1)的
当然整个代码要放进一个循环里。完整代码如下：
for(int i = 1; i <= n; i ++) //好吧只多了个循环....
{
if(c[i] == ')')
{
if(top == 0) continue; //判断栈是否为空
int t = s[top]; //匹配的前括号的位置
lst[i] = lst[t - 1] + 1 //结论计算贡献值
top --;
}
else if(c[i] == '(') s[++ top] = i; //是前括号，就压入它的位置
sum[i] = sum[i - 1] + lst[i]; //计算总和
}
2、100pts，复杂度 O(n)，正解
很明显，我们解决链的做法在树里有很多行不通的地方。
困难主要出现在这 2个方面。
首先，你没法遍历整颗树的时候编号是连续的。这代表着我们 lst[i] = lst[t - 1] + 1 这样计算是完全行不通了。
其次，遍历一棵树必然会有递归和回溯。而处理链我们不考虑回溯，一直向下找就可以找完了。
先看第一个问题
虽然编号不连续了，但是你的括号序列一定是从父节点传递下来的！
仔细一想，我们发现，在链的情况里，为什么能用 lst[i] = lst[t - 1] + 1 计算贡献？其实， t-1 就是 t的父亲节点！无非是 [t,i]的括号序列继承了 [1,t-1]，也就是 [1,fa[t]]的括号序列！（ fa[i]代表 i 的父亲）
这条定则对于树完全适用。于是我们就可以修改一波原来的式子：
lst[i] = lst[t - 1] + 1` ->−> `lst[x] = lst[fa[t]] + 1;
当然计算总答案也要修改：
sum[i] = sum[i - 1] + lst[i];` ->−> `sum[x] = sum[fa[x]] + lst[x];
接下来考虑解决第二个问题：
在树中遍历有回溯，回溯后栈里的信息可能就无法对应当前的版本...
其实这个问题很容易解决。由于每次回溯只回溯一层，所以我们在回溯的时候，执行我们递归时相反的操作即可！
比如，如果我们扫到右括号，递归时如果栈不为空，照理来说会弹出一个位置信息。
那么我们就可以记录这个信息，回溯的时候再把它压回去，又变成了我们当前的版本。
扫到左括号也一样。我们会压入一个位置信息，那么回溯时，直接弹出这个压入的信息就可以了！
其实这也相当于“复原”操作，让栈里的信息永远留在我们现在的状态！
递归代码就很好写了：
//我使用的链表存图qwq，head,nxt,to都是链表所用（应该都看得懂吧？）
void dfs(int x)
{
int tmp = 0;
if(c[x] == ')')
{
if(top)
{
tmp = s[top];
lst[x] = lst[fa[tmp]] + 1;
-- top;
}
}
else if(c[x] == '(') s[++ top] = x;
sum[x] = sum[fa[x]] + lst[x]; //如上所述
for(int i = head[x]; i; i = nxt[i])
dfs(to[i]); //递归
//回溯复原操作
if(tmp != 0) s[++ top] = tmp; //不为 0 代表有信息被弹出
else if(top) -- top;
//为 0 代表没有弹出，如果栈不为空说明一定压入了一个信息，需要弹出这个信息复原
}
完整代码
#include<bits/stdc++.h>
#define orz 0
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define maxn 500005;
using namespace std;
int n;
char c[maxn];
int head[maxn], nxt[maxn], to[maxn], cnt, fa[maxn];
ll lst[maxn], sum[maxn], ans;
int s[maxn], top;
void add_edge(int u, int v)
{
nxt[++ cnt] = head[u];
head[u] = cnt;
to[cnt] = v;
}
void dfs(int x)
{
int tmp = 0;
if(c[x] == ')')
{
if(top)
{
tmp = s[top];
lst[x] = lst[fa[tmp]] + 1;
-- top;
}
}
else if(c[x] == '(') s[++ top] = x;
sum[x] = sum[fa[x]] + lst[x]; //如上所述
for(int i = head[x]; i; i = nxt[i])
dfs(to[i]); //递归
//回溯复原操作
if(tmp != 0) s[++ top] = tmp; //不为 0 代表有信息被弹出
else if(top) -- top;
//为 0 代表没有弹出，如果栈不为空说明一定压入了一个信息，需要弹出这个信息复原
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
scanf("%s", c + 1);
for(int i = 2; i <= n; i ++)
{
int f;
scanf("%d", &f);
add_edge(f, i);
fa[i] = f;
}
dfs(1);
for(int i = 1; i <= n; i ++)
ans ^= sum[i] * (ll)i;
printf("%lld", ans);
return orz;
}
不仅 ans要开 longlong ， lst 和 sum 同样需要！否则你会被构造数据卡得崩溃...