线段树合并模板题。
每次询问就是给定有序数对 \((u,d)\)，求有根树 \(T\) 上，点 \(u\) 的子树内有多少点 \(v\)，使得 \(v\) 的深度恰好等于 \(d+1\)。定义根节点深度为 \(1\)。
考虑对每一个点开一个长度为 \(n\) （因为 \(T\) 的最大深度为 \(n\)）的数组 \(a_u\)，\(a_{u,i}\) 表示 \(u\) 的子树内深度为 \(i\) 的点有多少，同时记录每个点的深度 \(depth\)。
每递归到叶节点 \(v\)，就将 \(a_{v,i}\) 加上 \(1\)。
回溯时，将 \(a_v\) 暴力合并到 \(a_u\)，即 \(\forall i \in [1,n],a_{u,i} \leftarrow a_{u,i}+a_{v,i}\)，这一步的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n)\)。单次查询可以做到 \(\mathcal{O}(1)\)。于是该做法的时间、空间复杂度均为 \(\mathcal{O}(n^2)\)。
显然，时间复杂度的瓶颈在于合并操作，考虑如何优化这一步。
考虑线段树合并，对每一个 \(u\) 开一棵动态开点权值线段树，每次回溯时将 \(v\) 对应的线段树与 \(u\) 合并即可，单次时间复杂度 \(\mathcal{O}( \log n)\)。
注意不能将 \(v\) 对应的线段树直接合并到 \(u\)，因为这样会导致 \(u\) 对应线段树的信息丢失，所以应该先新建一个节点 \(o\)，再将 \(u\) 和 \(v\) 的节点信息合并至 \(o\)。当然离线询问也可以解决这个问题。
由于每次会多开 \(\mathcal{O}(\log n)\) 个点，所以线段树的数组大小要在原来的基础上再多开一倍。总复杂度 \(\mathcal{O}(n \log n)\)。
树上启发式合并 也可以解决本题，时间复杂度仍然是 \(\mathcal{O}(n \log n)\)。
下面是线段树合并的代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool Mbegin;
void File_Work(){
freopen("test.in","r",stdin);
freopen("test.out","w",stdout);
}
namespace Fast_In_Out{
char buf[1<<21],*P1=buf,*P2=buf;
#define gc (P1==P2&&(P2=(P1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),P1==P2)?EOF:*P1++)
int read(){
int f=1,x=0;
char c=gc;
while(c<'0'||c>'9'){
if(c=='-')
f=-1;
c=gc;
}
while(c>='0'&&c<='9'){
x=x*10+c-'0';
c=gc;
}
return f*x;
}
void write(int x){
if(x<0)
x=-x,putchar('-');
if(x>9)
write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
#undef gc
}
using namespace Fast_In_Out;
const int N=2e5+8;
int n,m;
struct Graph{
int head[N],edge_tot=1,to[N],next[N];
void add_edge(int u,int v){
edge_tot++;
to[edge_tot]=v;
next[edge_tot]=head[u];
head[u]=edge_tot;
}
}Tree;
int depth[N];
int rt[N];
struct Segemnt_Tree{
int ocnt,ls[N<<6],rs[N<<6],sum[N<<6];
void push_up(int o){
sum[o]=sum[ls[o]]+sum[rs[o]];
}
void insert(int &o,int l,int r,int pos){
o=++ocnt;
if(l==r){
sum[o]++;
return;
}
int mid=(l+r)/2;
if(pos<=mid)
insert(ls[o],l,mid,pos);
else
insert(rs[o],mid+1,r,pos);
push_up(o);
}
int query(int o,int l,int r,int pos){
if(o==0)
return 0;
if(l==r)
return sum[o];
int mid=(l+r)/2;
if(pos<=mid)
return query(ls[o],l,mid,pos);
else
return query(rs[o],mid+1,r,pos);
}
int merge(int u,int v){
if(u==0||v==0)
return u+v;
int o=++ocnt;
ls[o]=merge(ls[u],ls[v]);
rs[o]=merge(rs[u],rs[v]);
sum[o]=sum[u]+sum[v];
return o;
}
}smt;
void dfs(int u,int father){
depth[u]=depth[father]+1;
smt.insert(rt[u],1,n,depth[u]);
for(int i=Tree.head[u];i;i=Tree.next[i]){
int v=Tree.to[i];
dfs(v,u);
rt[u]=smt.merge(rt[u],rt[v]);
}
}
bool Mend;
int main(){
// File_Work();
fprintf(stderr,"%.3lf MB\n\n\n",(&Mbegin-&Mend)/1048576.0);
n=read();
for(int i=2;i<=n;i++){
int father=read();
Tree.add_edge(father,i);
}
dfs(1,0);
m=read();
while(m--){
int a=read(),b=read()+1;
write(smt.query(rt[a],1,n,b)),putchar('\n');
}
fprintf(stderr,"\n\n\n%.0lf ms",1e3*clock()/CLOCKS_PER_SEC);
return 0;
}
线段树合并的题，通常可以先想 \(\mathcal{O}(n^2)\) 做法，再进行优化。
思想几乎一样的题：CF208E Blood Cousins。
另一道线段树合并模板题：CF600E Lomsat gelral。