题目

确定这不是思博题

看起来很神仙,本来以为是\([LNOI2014]LCA\)的加强版,结果发现一个点的贡献是\(s_i\times (deep_i^k-(deep_i-1)^k)\),\(s_i\)就是这个点的子树内部\(1\)到\(x\)点的数量

我们发现我们在树剖的时候利用后面那个东西就能来更新答案和打标机啦

照样离线就好了

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
const int maxn=5e4+5;
const int mod=998244353;
inline int read() {
char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
struct Ask{int x,y,rk;}q[maxn];
struct E{int v,nxt;}e[maxn];
int deep[maxn],head[maxn],dfn[maxn],id[maxn],top[maxn],fa[maxn],son[maxn];
int sum[maxn],n,m,num,calc[maxn],Ans[maxn],k,__;
int tag[maxn<<2],l[maxn<<2],r[maxn<<2],w[maxn<<2],d[maxn<<2];
inline int cmp(Ask A,Ask B) {return A.x<B.x;}
inline void add(int x,int y) {
e[++num].v=y;e[num].nxt=head[x];head[x]=num;
}
inline int ksm(int a,int b) {
int S=1;
while(b) {if(b&1) S=(1ll*S*a)%mod;b>>=1;a=(1ll*a*a)%mod;}
return S;
}
void dfs1(int x) {
sum[x]=1;
if(!calc[deep[x]])
calc[deep[x]]=(ksm(deep[x],k)-ksm(deep[x]-1,k)+mod)%mod;
for(re int i=head[x];i;i=e[i].nxt) {
if(deep[e[i].v]) continue;
deep[e[i].v]=deep[x]+1;fa[e[i].v]=x;
dfs1(e[i].v);sum[x]+=sum[e[i].v];
if(sum[e[i].v]>sum[son[x]]) son[x]=e[i].v;
}
}
void dfs2(int x,int topf) {
top[x]=topf,dfn[x]=++__,id[__]=x;
if(son[x]) dfs2(son[x],topf);
for(re int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(!top[e[i].v]) dfs2(e[i].v,e[i].v);
}
void build(int x,int y,int i) {
l[i]=x,r[i]=y;
if(x==y) {w[i]=calc[deep[id[x]]];return;}
int mid=x+y>>1;
build(x,mid,i<<1),build(mid+1,y,i<<1|1);
w[i]=(w[i<<1]+w[i<<1|1])%mod;
}
inline void pushdown(int i) {
if(!tag[i]) return;
tag[i<<1]+=tag[i];tag[i<<1|1]+=tag[i];
d[i<<1]=(d[i<<1]+1ll*w[i<<1]*tag[i]%mod)%mod;
d[i<<1|1]=(d[i<<1|1]+1ll*w[i<<1|1]*tag[i]%mod)%mod;
tag[i]=0;
}
void change(int x,int y,int i) {
if(x<=l[i]&&y>=r[i]) {
d[i]=(d[i]+w[i])%mod;
tag[i]++;
return;
}
pushdown(i);
int mid=l[i]+r[i]>>1;
if(x<=mid) change(x,y,i<<1);
if(y>mid) change(x,y,i<<1|1);
d[i]=(d[i<<1]+d[i<<1|1])%mod;
}
int query(int x,int y,int i) {
if(x<=l[i]&&y>=r[i]) return d[i];
pushdown(i);
int mid=l[i]+r[i]>>1,tot=0;
if(x<=mid) tot=(tot+query(x,y,i<<1))%mod;
if(y>mid) tot=(tot+query(x,y,i<<1|1))%mod;
return tot;
}
inline void modify(int x) {
while(top[x])
change(dfn[top[x]],dfn[x],1),x=fa[top[x]];
}
inline int ask(int x) {
int tmp=0;
while(top[x])
tmp=(tmp+query(dfn[top[x]],dfn[x],1))%mod,x=fa[top[x]];
return tmp;
}
int main() {
n=read(),m=read(),k=read();
for(re int x,i=2;i<=n;i++)
x=read(),add(x,i);
calc[1]=deep[1]=1,dfs1(1),dfs2(1,1);build(1,n,1);
for(re int i=1;i<=m;i++)
q[i].x=read(),q[i].y=read(),q[i].rk=i;
std::sort(q+1,q+m+1,cmp);int now=1;
for(re int i=1;i<=n;i++) {
modify(i);
while(now<=m&&q[now].x==i)
Ans[q[now].rk]=ask(q[now].y),now++;
}
for(re int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",Ans[i]);
return 0;
}

「GXOI / GZOI2019」旧词的更多相关文章

  1. 【LOJ】#3088. 「GXOI / GZOI2019」旧词

    LOJ#3088. 「GXOI / GZOI2019」旧词 不懂啊5e4感觉有点小 就是离线询问,在每个x上挂上y的询问 然后树剖,每个节点维护轻儿子中已经被加入的点的个数个数乘上\(dep[u]^{ ...

  2. LOJ#3088. 「GXOI / GZOI2019」旧词(树剖+线段树)

    题面 传送门 题解 先考虑\(k=1\)的情况,我们可以离线处理,从小到大对于每一个\(i\),令\(1\)到\(i\)的路径上每个节点权值增加\(1\),然后对于所有\(x=i\)的询问查一下\(y ...

  3. 「GXOI / GZOI2019」简要题解

    「GXOI / GZOI2019」简要题解 LOJ#3083. 「GXOI / GZOI2019」与或和 https://loj.ac/problem/3083 题意:求一个矩阵的所有子矩阵的与和 和 ...

  4. LOJ#3083.「GXOI / GZOI2019」与或和_单调栈_拆位

    #3083. 「GXOI / GZOI2019」与或和 题目大意 给定一个\(N\times N\)的矩阵,求所有子矩阵的\(AND(\&)\)之和.\(OR(|)\)之和. 数据范围 \(1 ...

  5. Loj #3085. 「GXOI / GZOI2019」特技飞行

    Loj #3085. 「GXOI / GZOI2019」特技飞行 题目描述 公元 \(9012\) 年,Z 市的航空基地计划举行一场特技飞行表演.表演的场地可以看作一个二维平面直角坐标系,其中横坐标代 ...

  6. 【LOJ】#3087. 「GXOI / GZOI2019」旅行者

    LOJ#3087. 「GXOI / GZOI2019」旅行者 正着求一遍dij,反着求一遍,然后枚举每条边,从u到v,如果到u最近的点和v能到的最近的点不同,那么可以更新答案 没了 #include ...

  7. 【LOJ】#3086. 「GXOI / GZOI2019」逼死强迫症

    LOJ#3086. 「GXOI / GZOI2019」逼死强迫症 这个就是设状态为\(S,j\)表示轮廓线为\(S\),然后用的1×1个数为j 列出矩阵转移 这样会算重两个边相邻的,只要算出斐波那契数 ...

  8. 【LOJ】#3085. 「GXOI / GZOI2019」特技飞行

    LOJ#3085. 「GXOI / GZOI2019」特技飞行 这显然是两道题,求\(C\)是一个曼哈顿转切比雪夫后的线段树扫描线 求\(AB\),对向交换最大化和擦身而过最大化一定分别为最大值和最小 ...

  9. 【LOJ】#3083. 「GXOI / GZOI2019」与或和

    LOJ#3083. 「GXOI / GZOI2019」与或和 显然是先拆位,AND的答案是所有数字为1的子矩阵的个数 OR是所有的子矩阵个数减去所有数字为0的子矩阵的个数 子矩阵怎么求可以记录每个位置 ...

随机推荐

  1. RegExp正则表达式——更深层次解析

    转自:https://developer.mozilla.org/zh-CN/docs/Web/JavaScript/Reference/Global_Objects/RegExp RegExp 构造 ...

  2. 高并发第六弹:线程封闭(ThreadLocal)

    当访问共享的可变数据时,通常需要使用同步.一种避免使用同步的方式就是不共享数据.如果仅在单线程内访问数据,就不需要同步.这种技术被称为线程封闭. 它其实就是把对象封装到一个线程里,只有一个线程能看到这 ...

  3. JAVA中的泛型(Generic)

    Java泛型(Generic)简介 泛型是jdk1.5版本以后推出来的,表示类型参数化,让java能更具有动态性一些,让类型能变成参数传递. 要我自己感觉的话,泛型本身没啥用,跟反射在一起用,就体现出 ...

  4. Linux常用指令大全

    2017-03-25   16:35:42 刚开始学习Linux,由于记忆力有限,把平时常用的Linux命令整理出来,以便随时查阅:  linux 基本命令    ls     (list 显示当前目 ...

  5. gulpjs的使用介绍及技巧

    gulpjs是一个前端构建工具,与gruntjs相比,gulpjs无需写一大堆繁杂的配置参数,API也非常简单,学习起来很容易,而且gulpjs使用的是nodejs中stream来读取和操作数据,其速 ...

  6. 高级功能:很有用的javascript自定义事件

    之前写了篇文章<原生javascript实现类似jquery on方法的行为监听>比较浅显,能够简单的使用场景. 这里的自定义事件指的是区别javascript默认的与DOM交互的事件,比 ...

  7. 简易的canvas画板

    没事仿照windows画板工具用canvas实现了一个简易版的画板. html: <!doctype html> <html> <head> <meta ch ...

  8. 数据是ERP系统搭建的基础,但,不要让数据毁了ERP

    很难想象没有数据的ERP是什么样子的.然而,实际情况又是如何的呢? 根据AMT的研究,在那些上线不成功或者上线后掉线的案例中,有高达70%的项目都有一个共同的直接原因,那就是在数据上出了问题.有的是在 ...

  9. 打包jar问题

    一. 先说一下一般是动态布局最好,效率高,动态就是java写布局,这是 老外的专长,一般res目录是不能打包的,布局动态写,其余的就是图片什么的了,可以建一个assess文件夹,把图片放里面,打jar ...

  10. 网络 Internet 的发展

    Internet源于美国军方,那时制定了TCP/IP协议. 互联网的典型应用有:www,FTP,E-mail. WWW:World Wide Web,简称Web,又称全球网.万维网等. 网页,c/s架 ...