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\n", ans);
    }
    return 0;
}