D
收获很大的一道题
首先考虑朴素的 \(dp\)，令 \(f_{x,i}\) 为 \(x\) 子树中的每一个叶子到 \(x\) 的距离都为 \(i\) 的最小代价
不难列出 \(dp\) 式子为：\(f_{x,i}=\min\limits_{i\in \{0,1\}}\{cost(u,i)+\sum\limits_{v\in son(u)}f_{v,x-i}\}\)，其中 \(cost(u,i)\) 为把 \(u\) 变成颜色 \(0/1\) 的代价（ \(black=1,red=0\)）
可以发现 \(f_u\) 是下凸的
因为 \(cost_{u,0/1}\) 是下凸的，凸序列按位 \(\sum\) 仍是凸的，凸序列做 \(\min +\) 卷积也是凸的
考虑一个很妙的东西：维护下凸序列的差分序列（把正差分，负差分，\(0\) 差分分开存），是单调不降的
合并时好合并的，直接按位加即可
考虑如何添加进 \(u\) 的贡献
当 \(col_u=1\) 时，\(f_{v,i} \to f_{x,i}\) 需要多 \(1\) 的贡献，在凸壳上分析一下可得，在差分 \(<0\) 时，这样是优的，所以直接在负差分的后面加入 \(-1\) 即可
当 \(col_u=0\) 时，类似分析可得，在正差分前面加入 \(1\) 即可
来分析一下时间复杂度
显然，长度为 \(a,b\) 的凸序列合并，我们只需要保留前 \(\min(a,b)\) 项
考虑删除元素时的贡献，即 \(\max(a,b)\) 个元素会产生 \(a+b\) 的贡献，所以分给每个元素的平均贡献不超过 \(2\)
所以总贡献是 \(O(n)\) 级别的
时间复杂度为 \(O(n)\)
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define DF(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define ms(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define SZ(x) (int)x.size()-1
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename T> void chkmax(T &x,T y){ x=max(x,y);}
template<typename T> void chkmin(T &x,T y){ x=min(x,y);}
inline int read(){
int FF=0,RR=1;
char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') RR=-1;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) FF=(FF<<1)+(FF<<3)+ch-48;
return FF*RR;
}
const int N=100100;
int ans[N];
char str[N];
vector<int> G[N];
struct Node{
int f0,negtot,s0;
vector<int> dif1,dif2;//dif1：负差分 dif2：正差分
}f[N];
Node merge(Node x,Node y){
Node ret;ret.f0=x.f0+y.f0,ret.s0=0,ret.negtot=0;
int len=min(x.dif1.size()+x.dif2.size()+x.s0,y.dif1.size()+y.dif2.size()+y.s0);
vector<int> rec(len);
int cur=0;
for(int v:x.dif1){ if(cur>=len) break;rec[cur++]+=v;}
cur=min(len,cur+x.s0);
reverse(x.dif2.begin(),x.dif2.end());
for(int v:x.dif2){ if(cur>=len) break;rec[cur++]+=v;}
cur=0;
for(int v:y.dif1){ if(cur>=len) break;rec[cur++]+=v;}
cur=min(len,cur+y.s0);
reverse(y.dif2.begin(),y.dif2.end());
for(int v:y.dif2){ if(cur>=len) break;rec[cur++]+=v;}
for(int v:rec){
if(v<0) ret.dif1.pb(v),ret.negtot+=v;
else if(v==0) ret.s0++;
else ret.dif2.pb(v);
}
reverse(ret.dif2.begin(),ret.dif2.end());
return ret;
}
void dfs(int u){
if(!G[u].empty()){
dfs(G[u].back()),swap(f[u],f[G[u].back()]),G[u].pop_back();
for(int v:G[u]) dfs(v),f[u]=merge(f[u],f[v]);
}
else f[u].s0=0,f[u].negtot=f[u].f0=0,f[u].dif1.clear(),f[u].dif2.clear();
if(str[u]=='1') f[u].f0++,f[u].negtot--,f[u].dif1.pb(-1);
else f[u].dif2.pb(1);
// cout<<f[u].f0<<" "<<f[u].negtot<<' '<<f[u].f0<<' '<<f[u].dif1.size()<<' '<<f[u].dif2.size()<<'\n';
ans[u]=f[u].f0+f[u].negtot;
}
void work(){
int n=read();scanf("%s",str+1);
F(i,1,n) G[i].clear();
F(i,2,n){ int fa=read();G[fa].pb(i);}
dfs(1);
F(i,1,n) printf("%d ",ans[i]);puts("");
}
int main(){
int T=read();
while(T--) work();
fprintf(stderr,"%d ms\n",int(1e3*clock()/CLOCKS_PER_SEC));
return 0;
}