任務( \(task\) )

Description

沒頭腦是一家大公司的 \(CEO\) 。該公司由 \(N\) 人組成，編號為 \(1\) 到 \(N\) ，沒頭腦編號為 \(1\) 。每個員工（沒頭腦除外）都有一個老板，我們說這個員工是該老板的助手。每個老板都可以有多名助手。沒頭腦沒有老板，但有他的助手。

之后會有一些任務，沒頭腦會將該任務委托給他編號最小的助手。然后，該助手也將任務委托給他編號最小的助手，並且這個過程重復進行，直到任務被發送給沒有助手的人，然后他必須親自完成任務。

執行任務的人獲得 \(1\) 個硬幣，那個人的老板獲得 \(2\) 個硬幣，老板的老板獲得 \(3\) 個硬幣，依此類推，一直到沒頭腦。之后，真正完成工作的員工意識到系統的不公平並感到傷心，並且不會再執行任務（也就是辭職）。

當公司收到的下一個任務時，因為少了一個人，所以薪水可能更少，但工作必須繼續。任務是無限多的（直到公司倒閉），因此整個過程（分配新任務，執行任務，划分薪水和執行任務人員的退出）重復進行，最后沒頭腦獨自留在公司並完成他的第一個（也是他的最后一個）任務。

當然，在此之前，沒頭腦將積累相當多的財富，但他也想知道每個員工賺了多少錢。

Input

第一行有一個整數 \(N\) ，包括沒頭腦在內的員工的個數。

第二行有 \(N-1\) 個整數，分別為 \(a_2,a_3,⋯,a_N\) ，依次表示編號 \(2,3,4,..N\) 的員工的老板。

Output

輸出一行 \(N\) 個整數，第 \(i\) 個整數表示編號為 \(i\) 的人獲得的硬幣數量。

Sample Input

【樣例1輸入】

3
1 1

【樣例2輸入】

5
1 2 2 4

Sample Output

【樣例1輸出】

5 1 1

【樣例2輸出】

13 8 1 3 1

HINT

對於 \(50 \%\) 的數據，\(2<=N<=5000\)。

對於 \(100\%\) 的數據，\(2<=N<=2\times10^5\)。

題目大意

給出一棵有 \(N\) 個結點的樹。從每一個葉子結點開始，它到根結點路徑上的結點貢獻依次增加 \(1\)， 然后刪除遍歷到的葉子結點。重復以上過程，直到樹中的結點全部被刪除為止。（每刪除一個結點，其父親結點便會成為葉子結點）

解題思路

設每個結點的最終貢獻為 \(f_i\) 。

顯然，初始每個結點的貢獻都為 \(1\)，即 \(f_i=1\) 。

假設結點 \(u\)，有一子結點 \(v\)，由一個葉子 \(o\) 結點到 \(v\) 的貢獻為 \(k\)，則 \(o\) 到 \(u\) 的貢獻為 \(k+1\)，可得出 \(f_u=f_v+siz_v\) 。

由此，可得出樹上轉移方程：$$f_u=\sum\limits_{v\in son_u}f_v+siz_v$$

AC CODE

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define _ (int)3e5 + 5
using namespace std;

int n;
int head[_], to[_ << 1], nxt[_ << 1], tot;
int siz[_];
int ans[_];

void add(int a, int b)
{
	to[++tot] = b;
	nxt[tot] = head[a];
	head[a] = tot;
}

void dfs(int now)
{
	siz[now] = 1;
	ans[now] = 1;
	for(int i = head[now]; i; i = nxt[i])
	{
		int v = to[i];
		dfs(v);
		siz[now] += siz[v];
		ans[now] += ans[v] + siz[v];
	}
}

signed main()
{
	scanf("%lld", &n);
	for(int i = 2; i <= n; ++i)
	{
		int a;
		scanf("%lld", &a);
		add(a, i);
	}
	dfs(1);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%lld ", ans[i]);
	return 0;
}