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\(dep[u]^{k}\)

新加一个点进去只会经过\(\log n\)条轻边只会更新\(\log n\)个节点

然后再维护一下每个子树里被加入点的个数,每次查询一段重链的链尾要加上重儿子个数减去从y来的那个轻儿子的子树个数乘上\(dep[u]^k\)

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define MAXN 50005
#define ba 47
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;T f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 +c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 998244353;
int inc(int a,int b) {
return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
return 1LL * a * b % MOD;
}
void update(int &x,int y) {
x = inc(x,y);
}
int fpow(int x,int c) {
int res = 1,t = x;
while(c) {
if(c & 1) res = mul(res,t);
t = mul(t,t);
c >>= 1;
}
return res;
}
struct node {
int to,next;
}E[MAXN * 2];
int N,Q,K;
int fa[MAXN],head[MAXN],sumE,x[MAXN],y[MAXN];
int son[MAXN],top[MAXN],dfn[MAXN],siz[MAXN],idx,dep[MAXN],line[MAXN],ans[MAXN];
vector<int> qry[MAXN];
void add(int u,int v) {
E[++sumE].to = v;
E[sumE].next = head[u];
head[u] = sumE;
}
void dfs1(int u) {
siz[u] = 1;dep[u] = dep[fa[u]] + 1;
for(int i = head[u] ; i; i = E[i].next) {
int v = E[i].to;
dfs1(v);
siz[u] += siz[v];
if(siz[v] > siz[son[u]]) son[u] = v;
}
}
void dfs2(int u) {
if(!top[u]) top[u] = u;
dfn[u] = ++idx;
line[idx] = u;
if(!son[u]) return;
top[son[u]] = top[u];
dfs2(son[u]);
for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
int v = E[i].to;
if(v != son[u]) dfs2(v);
}
}
struct tr_node {
int l,r,sum,cnt;
}tr[MAXN * 4];
void update(int u) {
tr[u].cnt = inc(tr[u << 1].cnt,tr[u << 1 | 1].cnt);
tr[u].sum = inc(tr[u << 1].sum,tr[u << 1 | 1].sum);
}
void Add(int u,int pos,int ty) {
if(tr[u].l == tr[u].r) {
if(ty == 0) update(tr[u].cnt,1);
else update(tr[u].sum,fpow(dep[line[pos]],K));
return;
}
int mid = (tr[u].l + tr[u].r) >> 1;
if(pos <= mid) Add(u << 1,pos,ty);
else Add(u << 1 | 1,pos,ty);
update(u);
}
int Query(int u,int l,int r,int ty) {
if(tr[u].l == l &&tr[u].r == r) {
if(ty == 0) return tr[u].cnt;
else return tr[u].sum;
}
int mid = (tr[u].l + tr[u].r) >> 1;
if(r <= mid) return Query(u << 1,l,r,ty);
else if(l > mid) return Query(u << 1 | 1,l,r,ty);
else return inc(Query(u << 1,l,mid,ty),Query(u << 1 | 1,mid + 1,r,ty));
}
void build(int u,int l,int r) {
tr[u].l = l;tr[u].r = r;
if(l == r) {
tr[u].sum = 0;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(u << 1,l,mid);
build(u << 1 | 1,mid + 1,r);
}
void Add_pos(int u) {
Add(1,dfn[u],0);
while(u) {
Add(1,dfn[u],1);
u = fa[top[u]];
}
}
int Process(int y) {
int pre = 0,res = 0;
while(y) {
int d = fpow(dep[y],K);
update(res,Query(1,dfn[top[y]],dfn[y],1));
if(pre) update(res,MOD - mul(d,Query(1,dfn[pre],dfn[pre] + siz[pre] - 1,0)));
if(son[y]) update(res,mul(d,Query(1,dfn[son[y]],dfn[son[y]] + siz[son[y]] - 1,0)));
pre = top[y];y = fa[pre];
}
return res;
}
void Solve() {
read(N);read(Q);read(K);
for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) {
read(fa[i]);
add(fa[i],i);
}
for(int i = 1 ; i <= Q ; ++i) {
read(x[i]);read(y[i]);
qry[x[i]].pb(i);
}
dfs1(1);dfs2(1);
build(1,1,N);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
Add_pos(i);
for(auto id : qry[i]) {
ans[id] = Process(y[id]);
}
}
for(int i = 1 ; i <= Q ; ++i) {
out(ans[i]);enter;
}
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}

【LOJ】#3088. 「GXOI / GZOI2019」旧词的更多相关文章

  1. 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 ...

  2. 「GXOI / GZOI2019」旧词

    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 ...

  3. 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 ...

  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#3087. 「GXOI / GZOI2019」旅行者(最短路)

    题面 传送门 题解 以所有的感兴趣的城市为起点,我们正着和反着各跑一边多源最短路.记\(c_{0/1,i}\)分别表示正图/反图中离\(i\)最近的起点,那么对于每条边\((u,v,w)\),如果\( ...

  6. LOJ#3086. 「GXOI / GZOI2019」逼死强迫症(矩阵快速幂)

    题面 传送门 题解 先考虑全都放\(1\times 2\)的方块的方案,设防\(i\)列的方案数为\(g_i\),容易推出\(g_i=g_{i-1}+g_{i-2}\),边界条件为\(g_0=g_1= ...

  7. LOJ#3085. 「GXOI / GZOI2019」特技飞行(KDtree+坐标系变换)

    题面 传送门 前置芝士 请确定您会曼哈顿距离和切比雪夫距离之间的转换,以及\(KDtree\)对切比雪夫距离的操作 题解 我们发现\(AB\)和\(C\)没有任何关系,所以关于\(C\)可以直接暴力数 ...

  8. LOJ#3084. 「GXOI / GZOI2019」宝牌一大堆(递推)

    题面 传送门 题解 为什么又是麻将啊啊啊!而且还是我最讨厌的爆搜类\(dp\)-- 首先国士无双和七对子是可以直接搞掉的,关键是剩下的,可以看成\(1\)个雀头加\(4\)个杠子或面子 直接\(dp\ ...

  9. LOJ#3083. 「GXOI / GZOI2019」与或和(单调栈)

    题面 传送门 题解 按位考虑贡献,如果\(mp[i][j]\)这一位为\(1\)就设为\(1\)否则设为\(0\),对\(or\)的贡献就是全为\(1\)的子矩阵个数,对\(and\)的贡献就是总矩阵 ...

随机推荐

  1. LIUNX 安装 nginx

    安装依赖 yum install gcc yum install pcre-devel yum install zlib zlib-devel yum install openssl openssl- ...

  2. tracert命令与tracert (IP地址)-d有什么区别?

    他们的意义基本相同,都是路由追踪,返回从源到目标的路由情况:但tracert -d不解析各路由器的名称,只返回路由器的IP地址.而tracert 不仅返回各路由器的IP地址,而且返回其名称.简单来说, ...

  3. 预处理、const、static与sizeof-sizeof与strlen有哪些区别

    1:它们的区别如下: (1)sizeof是操作符,strlen是函数. (2)sizeof操作符的结果类型是size_t,它在头文件中typedef为unsignedint类型,该类型保证能容纳实现所 ...

  4. 发布mybatis-generator-core 1.3.5的中文注释版

    源码剖析介绍:基于mybatis-generator-core 1.3.5项目的修订版以及源码剖析 目前,我把该项目,发布到了Maven中央仓库中,可直接使用: 使用方式 在项目.pom中,添加以下部 ...

  5. 0ctf-ezdoor-复现分析

    在学习opcache的时候,看到了这个题目,刚好有环境,就来复现一下,这个题目也让我学到了很多. 创建镜像: docker build -t 0ctf-ezdoor . 启动容器: docker ru ...

  6. 20191121-5 Scrum立会报告+燃尽图 01

    此作业要求参见https://edu.cnblogs.com/campus/nenu/2019fall/homework/10065 一.小组情况 组长:贺敬文组员:彭思雨 王志文 位军营 徐丽君队名 ...

  7. 在业务控制方法中写入模型变量收集参数,且使用@InitBind来解决字符串转日期类型

    1)  在默认情况下,springmvc不能将String类型转成java.util.Date类型,所有我们只能在Action 中自定义类型转换器 <form action="${pa ...

  8. C语言处理CSV数据

    以下代码为博客 <Python的并行求和例子>: http://www.cnblogs.com/instant7/p/4312786.html 中并行python代码的C语言重写版. 用C ...

  9. Git入门之在IDEA中使用Git上传maven项目

    下载安装git客户端: 参考博文:https://www.cnblogs.com/java-maowei/p/5950930.html 在IDEA怎么使用git上传spring的maven项目详解: ...

  10. 14 statefulset (sts)控制器

    statefulset (sts)控制器 可以用于部署有状态的服务,比如说redis,mysql ,zk等等... 1. 稳定且唯一的网络标志符:2. 稳定且持久的存储3. 有序,平滑地部署和扩展:4 ...