给定一棵n个点的有根树，编号依次为1到n，其中1号点是根节点。每个节点都被染上了某一种颜色，其中第i个节
点的颜色为c[i]。如果c[i]=c[j]，那么我们认为点i和点j拥有相同的颜色。定义depth[i]为i节点与根节点的距离
，为了方便起见，你可以认为树上相邻的两个点之间的距离为1。站在这棵色彩斑斓的树前面，你将面临m个问题。
每个问题包含两个整数x和d，表示询问x子树里且depth不超过depth[x]+d的所有点中出现了多少种本质不同的颜色
。请写一个程序，快速回答这些询问。
输入
第一行包含一个正整数T(1<=T<=500)，表示测试数据的组数。
每组数据中，第一行包含两个正整数n(1<=n<=100000)和m(1<=m<=100000)，表示节点数和询问数。
第二行包含n个正整数，其中第i个数为c[i](1<=c[i]<=n)，分别表示每个节点的颜色。
第三行包含n-1个正整数，其中第i个数为f[i+1](1<=f[i]<i)，表示节点i+1的父亲节点的编号。
接下来m行，每行两个整数x(1<=x<=n)和d(0<=d<n)，依次表示每个询问。
输入数据经过了加密，对于每个询问，如果你读入了x和d，那么真实的x和d分别是x xor last和d xor last，
其中last表示这组数据中上一次询问的答案，如果这是当前数据的第一组询问，那么last=0。
输入数据保证n和m的总和不超过500000。
输出
对于每个询问输出一行一个整数，即答案。
样例输入
1
5 8
1 3 3 2 2
1 1 3 3
1 0
0 0
3 0
1 3
2 1
2 0
6 2
4 1
5 8
1 3 3 2 2
1 1 3 3
1 0
0 0
3 0
1 3
2 1
2 0
6 2
4 1
样例输出
1
2
3
1
1
2
1
1
2
3
1
1
2
1
1
主席树神题，首先考虑没有深度限制的做法：因为每个点颜色只会对从它到根节点的链上的所有点有贡献，因此可以树上差分把这个点的权值+1，又因为同种颜色dfs序中相邻的点在它们lca到根的路径上贡献算重了，所以在LCA处权值-1。对于每次查询就变成了查询一个点的子树中的权值和，只要找出整棵树的dfs序，架在线段树上查询区间和就行了。但有了深度限制后，线段树上的子树区间需要加到答案里的点就不是连续的一段区间了。但怎么才能消除大于深度限制的点对区间和的影响？只要使他们在查询时为0就行了！那么就可以用可持久化线段树按层建树，什么意思呢？将深度为d的所有点加到第d棵可持久化线段树中，这样每次查询时，线段树中只包含d[x]层到d[x]+dep层的所有点的权值，查询的依旧是x子树区间，但d[x]+dep层以下的点这一时刻权值为0，对答案无影响。但改成按层加权值后还有一个重要的事没有解决，那就是每种颜色的dfs序的树上差分。因为是按层数加点，所以dfs序中不是按顺序加点，这里就要用到set(要是不嫌麻烦可以写treap)，对每种颜色开一个set，权值是整棵树dfs序上的顺序。每次要新加一个点时，找到这个点对应颜色的set中的前驱后继，将这两个点的lca处权值+1(在加这个点之前，它的前驱后继两个点相邻，会使lca的权值-1，这里要加回来)，再分别将这个点和它的前驱后继的lca处-1。这样就保证每一时刻一个颜色dfs序上相邻两个点的lca到根的路径上都去重了。
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int T;
int n,m;
int x,y;
int cnt;
int tot;
int num;
int ans;
int s[100010];
int t[100010];
int a[100010];
int d[100010];
int v[100010];
int to[100010];
int que[100010];
int ls[5000010];
int rs[5000010];
int next[100010];
int head[100010];
int sum[5000010];
int root[100010];
int f[100010][19];
set<int>q[100010];
set<int>::iterator it;
bool cmp(int x,int y)
{
return d[x]<d[y];
}
void add(int x,int y)
{
tot++;
next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
to[tot]=y;
}
int lca(int x,int y)
{
if(d[x]<d[y])
{
swap(x,y);
}
int dep=d[x]-d[y];
for(int i=0;i<=18;i++)
{
if((dep&(1<<i))!=0)
{
x=f[x][i];
}
}
if(x==y)
{
return x;
}
for(int i=18;i>=0;i--)
{
if(f[x][i]!=f[y][i])
{
x=f[x][i];
y=f[y][i];
}
}
return f[x][0];
}
void dfs(int x)
{
s[x]=++cnt;
que[cnt]=x;
for(int i=1;i<=18;i++)
{
f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
}
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
d[to[i]]=d[x]+1;
dfs(to[i]);
}
t[x]=cnt;
}
int updata(int pre,int l,int r,int k,int v)
{
int rt=++cnt;
if(l==r)
{
sum[rt]=sum[pre]+v;
return rt;
}
ls[rt]=ls[pre];
rs[rt]=rs[pre];
sum[rt]=sum[pre]+v;
int mid=(l+r)>>1;
if(k<=mid)
{
ls[rt]=updata(ls[pre],l,mid,k,v);
}
else
{
rs[rt]=updata(rs[pre],mid+1,r,k,v);
}
return rt;
}
int query(int rt,int l,int r,int L,int R)
{
if(!rt||(L<=l&&r<=R))
{
return sum[rt];
}
int mid=(l+r)>>1;
if(L>mid)
{
return query(rs[rt],mid+1,r,L,R);
}
else if(R<=mid)
{
return query(ls[rt],l,mid,L,R);
}
else
{
return query(ls[rt],l,mid,L,R)+query(rs[rt],mid+1,r,L,R);
}
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
tot=0;
ans=0;
cnt=0;
num=0;
memset(head,0,sizeof(head));
memset(root,0,sizeof(root));
memset(f,0,sizeof(f));
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&v[i]);
a[i]=i;
q[i].clear();
}
for(int i=2;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&f[i][0]);
add(f[i][0],i);
}
d[1]=1;
dfs(1);
sort(a+1,a+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
x=y=0;
it=q[v[a[i]]].lower_bound(s[a[i]]);
root[d[a[i]]]=updata(root[d[a[i-1]]],1,n,s[a[i]],1);
if(it!=q[v[a[i]]].end())
{
y=que[(*it)];
root[d[a[i]]]=updata(root[d[a[i]]],1,n,s[lca(a[i],y)],-1);
}
if(it!=q[v[a[i]]].begin())
{
it--;
x=que[(*it)];
root[d[a[i]]]=updata(root[d[a[i]]],1,n,s[lca(a[i],x)],-1);
}
if(x&&y)
{
root[d[a[i]]]=updata(root[d[a[i]]],1,n,s[lca(x,y)],1);
}
q[v[a[i]]].insert(s[a[i]]);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
x^=ans;
y^=ans;
ans=query(root[min(d[x]+y,d[a[n]])],1,n,s[x],t[x]);
printf("%d\n",ans);
}
}
}