GXOI&GZOI
T1 与或和
2s&&512MB
简明题意：求一个矩阵的所有子序列的 \(and\)和 和\(or\)和；
子矩阵的\(and\)和就是所有值\(and\)起来；\(or\)类似；
矩阵边长\(n<=1000\)，权值\(<=2^{31}-1\)
\(\&\)和\(\ |\)运算没有逆运算，所以无法算前缀和；但这两种运算中 二进制下的每一位是独立运算的，我们考虑将每个数看成\(30\)位\(01\)串，一位一位分开算；
先看与运算，枚举每一位\(i\)，只有当一个子矩阵这一位全是\(1\)时，这个矩阵会在这一位上对答案产生贡献；
所以我们就是要找到全\(1\)子矩阵个数，对答案\(ans1\)产生个数\(*(1<<i)\)的贡献；接下来就是每行一个单调栈的过程；
或运算相反，需要求全\(0\)矩阵，但每次贡献应该减去，初始\(ans2\)应该是所有子矩阵个数\(*((1<<30)-1)\)
\(Code\)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,fl=1;char st=getchar();
while(st<'0'||st>'9'){ if(st=='-')fl=-1; st=getchar();}
while(st>='0'&&st<='9') x=x*10+st-'0',st=getchar();
return x*fl;
}
const int N=1005;
const int mod=1e9+7;
int n,a[N][N],h[N],f[N],h1[N];
int sta[N],top;
ll tmp;
ll ans1,ans2;
int main()
{
freopen("andorsum.in","r",stdin);
freopen("andorsum.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
a[i][j]=read();
ans2=(ans2+i*j)%mod;
}
ans2=ans2*(((1ll<<31)-1)%mod)%mod;
for(int o=0;o<=30;o++)
{
tmp=0;
for(int i=1;i<=n;i++) h[i]=0,f[i]=0,h1[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
top=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if((a[i][j]>>o)&1) h[j]++;
else h[j]=0;
while(h[sta[top]]>=h[j]&&top) top--;
f[j]=h[j]*(j-sta[top]);
f[j]+=f[sta[top]];
tmp+=f[j];
sta[++top]=j;
}
}
ans1+=tmp%mod*(1ll<<o)%mod;ans1%=mod;
tmp=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
top=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if((a[i][j]>>o)&1) h1[j]=0;
else h1[j]++;
while(h1[sta[top]]>=h1[j]&&top) top--;
f[j]=h1[j]*(j-sta[top]);
f[j]+=f[sta[top]];
tmp+=f[j];
sta[++top]=j;
}
}
ans2-=tmp%mod*(1ll<<o)%mod;ans2=(ans2+mod)%mod;
}
printf("%lld %lld",ans1,ans2);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
T2 宝牌一大堆
先明确刚子永远没有选刻子优秀，就不考虑他了；
现在只有\(3\)种情况，国士无双和七对子可以单独模拟，我们只需要求\(3*4+2\)这种情况了；
需要进行\(DP\)；
定义\(f[i][j][k][l][m][n]\)代表，前\(i\)种牌，选了\(j\)组面子，\(k\)组雀头，第\(i-2\)种用了\(l\)，第 \(i-1\)种用了\(m\)张，第\(i\)种用了\(n\)张，前\(i-1\)种牌产生的分数；
然后再转移是选一组刻子顺子或雀头；
很恶毒的一个\(DP\)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define Vector point
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,fl=1;char st=getchar();
while(st<'0'||st>'9'){ if(st=='-')fl=-1; st=getchar();}
while(st>='0'&&st<='9') x=x*10+st-'0',st=getchar();
return x*fl;
}
int T;
int v[128],num[35],vab[35],c[10][10],val[35],V[35];
ll ans;
char st[5];
inline void reset()
{
for(int i=1;i<=34;i++) num[i]=4,V[i]=1;
memset(vab,0,sizeof vab);
}
inline ll ksm(int x,int y)
{
ll res=1;
ll X=x;
while(y){ if(y&1) res=res*X;X*=X;y>>=1;}
return res;
}
inline ll gsws()
{
int sum=0,S=0;
ll res=1;
for(int i=0;i<3;i++)
{
if(num[1+i*9]==0) return 0;
else sum+=num[1+i*9],S+=vab[1+i*9],res=res*c[num[1+i*9]][1];
if(num[9+i*9]==0) return 0;
else sum+=num[9+i*9],S+=vab[9+i*9],res=res*c[num[9+i*9]][1];
}
for(int i=28;i<=34;i++)
if(num[i]==0) return 0;
else sum+=num[i],S+=vab[i],res=res*c[num[i]][1];
if(sum<14) return 0;
ll tmp=res;
res=0;
for(int i=0;i<3;i++)
{
if(num[1+i*9]>=2) res=max(res,tmp/c[num[1+i*9]][1]*c[num[1+i*9]][2]*ksm(2,S+vab[1+9*i]));
if(num[9+i*9]>=2) res=max(res,tmp/c[num[9+i*9]][1]*c[num[9+i*9]][2]*ksm(2,S+vab[9+9*i]));
}
for(int i=28;i<=34;i++)
if(num[i]>=2) res=max(res,tmp/c[num[i]][1]*c[num[i]][2]*ksm(2,S+vab[i]));
return res*13;
}
inline ll get7()
{
int num7=0;
for(int i=1;i<=34;i++)
{
if(num[i]>=2) num7++,val[i]=c[num[i]][2]*(vab[i]?4:1);
else val[i]=1;
}
if(num7<7) return 0;
ll res=1;
sort(val+1,val+1+34);
for(int i=34;i>=28;i--)
res*=val[i];
return res*7;
}
ll f[40][5][2][5][5][5],tmp;
int main()
{
freopen("doraippai.in","r",stdin);
freopen("doraippai.out","w",stdout);
c[0][0]=1;c[1][0]=1;c[2][0]=1;c[3][0]=1;c[4][0]=1;c[1][1]=1;c[2][1]=2;c[2][2]=1;c[3][1]=3;c[3][2]=3;c[3][3]=1;c[4][1]=4;c[4][2]=6;c[4][3]=4;c[4][4]=1;
v['p']=1;
v['s']=2;
v['E']=28;
v['S']=29;
v['W']=30;
v['N']=31;
v['Z']=32;
v['B']=33;
v['F']=34;
T=read();
while(T--)
{
reset();
scanf("%s",st);
while(st[0]!='0')
{
if(st[0]>='1'&&st[0]<='9')
{
num[st[0]-'0'+v[st[1]]*9]--;
}
else num[v[st[0]]]--;
scanf("%s",st);
}
scanf("%s",st);
while(st[0]!='0')
{
if(st[0]>='1'&&st[0]<='9')
{
vab[st[0]-'0'+v[st[1]]*9]=1;
V[st[0]-'0'+v[st[1]]*9]=2;
}
else vab[v[st[0]]]=1,V[v[st[0]]]=2;
scanf("%s",st);
}
ans=0;
ans=max(ans,gsws());
ans=max(ans,get7());
memset(f,0,sizeof f);
f[1][0][0][0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=34;i++)
for(int j=0;j<=4;j++)
for(int k=0;k<=1;k++)
for(int l=0;l<=4;l++)
for(int m=0;m<=4;m++)
for(int n=0;n<=4;n++)
{
if(!f[i][j][k][l][m][n]) continue;
tmp=f[i][j][k][l][m][n];
if(k==0&&n+2<=num[i])
f[i][j][1][l][m][n+2]=max(f[i][j][1][l][m][n+2],tmp);//雀头
if(j<4&&n+3<=num[i])
f[i][j+1][k][l][m][n+3]=max(f[i][j+1][k][l][m][n+3],tmp);//刻子
if(j<4&&i<28&&i%9!=1&&i%9!=2&&n+1<=num[i]&&m+1<=num[i-1]&&l+1<=num[i-2])//顺子
f[i][j+1][k][l+1][m+1][n+1]=max(f[i][j+1][k][l+1][m+1][n+1],tmp/c[num[i-2]][l]*c[num[i-2]][l+1]/c[num[i-1]][m]*c[num[i-1]][m+1]*V[i-2]*V[i-1]);
if(i<34) f[i+1][j][k][m][n][0]=max(f[i+1][j][k][m][n][0],tmp*c[num[i]][n]*ksm(V[i],n));
if(k==1&&j==4) ans=max(ans,tmp*c[num[i]][n]*ksm(V[i],n));
}
printf("%lld\n",ans);
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
T3 特技飞行
问题很复杂，但好像有很多不相干的问题；比如专家加分是不会影响技术得分；
怎么求专家得分？
也就是说怎么求被观测到的交点数？
交点不可能\(n^2\)求，但交点个数范围是可行的；
两条线段相交地条件是在起点的顺序与在终点的不一样；也就是一对逆序对；
就可以在归并排序的同时求交点（找逆序对），这里的时间是\(O(nlogn+q)\)\(q\)是交点个数，因为求的每一个交点都是不同的；
求出所有交点之后，就要求在范围内的个数；但每个范围都是一个正方形旋转\(45\)度，不方便求解；
那就把所有点都旋转\(45\)度，再把每条边扩大根号\(2\)倍，当然每个点与原点形成的向量也要扩大，（应该也可以都不扩大），然后就是在一堆矩形求被包括的点，这里可以用扫描线；用差分树状数组维护；
第二个问题就是技术得分，首先发现一次擦身而过就是制造了一对逆序对，而对向交换没有改变顺序，最后要求顺序不变，所以完全可以全部进行对向交换，根据贪心，如果\(A>B\)就全部对向交换，否则尽量少对向交换，就是求最多可以擦身而过多少次；
我们将一个点与它的目的地点相连
比如\(1\)号飞机要去\(y\)最小的位置，而这个位置是\(2\)号飞机的目的地，就把\(1\)到\(2\)连起来；
这样就会得到很多环，而每一次对向交换可以将环上两个点缩成一个点，最后环都成了一个点就行了，这样每个点至少要对向交换\(len-1\)次，总共就需要交换\(n- 环数\)次，剩下的就是最多进行的擦身而过的次数；
\(Code\)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define Vector point
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,fl=1;char st=getchar();
while(st<'0'||st>'9'){ if(st=='-')fl=-1; st=getchar();}
while(st>='0'&&st<='9') x=x*10+st-'0',st=getchar();
return x*fl;
}
struct point
{
double x,y;
void init(){ scanf("%lf%lf",&x,&y);}
point(double X=0,double Y=0):x(X),y(Y){}
bool operator <(point w) const
{
return x==w.x?y<w.y:x<w.x;
}
};
point operator +(point a,point b){return point(a.x+b.x,a.y+b.y);}
point operator -(point a,point b){return point(a.x-b.x,a.y-b.y);}
point operator *(point a,double b){return point(a.x*b,a.y*b);}
double operator *(point a,point b){return a.x*b.x+a.y*b.y;}
inline double cross(point a,point b){ return a.x*b.y-a.y*b.x;}
struct line
{
point s,t;int id;
};
inline point lipo(point a,point b,point c,point d)
{
Vector v1=b-a,v2=d-c,v3=c-a;
double t=cross(v3,v1)/cross(v1,v2);
return c+v2*t;
}
const int N=100005,M=500005;
int n,A,B,C,st,ed,jdnum,ans1,ans2;
line p[N],b[N];
point jd[M];
inline void qsort(int l,int r)
{
if(l==r) return ;
int mid=l+r>>1;
qsort(l,mid);qsort(mid+1,r);
int i=l,j=mid+1,k=l;
while(i<=mid&&j<=r)
{
if(p[i].t.y<p[j].t.y) b[k++]=p[i++];
else
{
b[k++]=p[j++];
for(int o=i;o<=mid;o++)
jd[++jdnum]=lipo(p[o].s,p[o].t,p[j-1].s,p[j-1].t);
}
}
while(i<=mid) b[k++]=p[i++];
while(j<=r) b[k++]=p[j++];
for(int o=l;o<=r;o++)
p[o]=b[o];
}
const double eps=1e-7;
int tot;
struct FT
{
int v[M+N+N];
void add(int x,int y)
{
for(;x<=tot;x+=x&-x) v[x]+=y;
}
int ask(int x)
{
int res=0;
for(;x>0;x-=x&-x) res+=v[x];
return res;
}
}ft;
struct scan
{
int m,numx;
double lsh[M+N+N];
struct L
{
double x,y1,y2;int w;
bool operator<(L B)const{return x<B.x;}
}c[M+N+N];
void pre()
{
for(int i=1;i<=jdnum;i++)
{
double x=jd[i].x,y=jd[i].y;
jd[i].x=x+y;jd[i].y=y-x;
lsh[++numx]=jd[i].y;
}
sort(jd+1,jd+1+jdnum);
m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
double x,y,r,X,Y;
scanf("%lf%lf%lf",&x,&y,&r);
X=x+y;Y=y-x;
point p1,p2,p3,p4;
// r=r*sqrt(2)/2*sqrt(2);
int i1=i+i-1,i2=i+i;
c[i1]=(L){X-r-eps,Y-r-eps,Y+r+eps,1};
c[i2]=(L){X+r+eps,Y-r-eps,Y+r+eps,-1};
lsh[++numx]=Y-r-eps;lsh[++numx]=Y+r+eps;
}
m<<=1;
sort(c+1,c+1+m);
sort(lsh+1,lsh+1+numx);
lsh[0]=-1e10;
for(int i=1;i<=numx;i++)
if(fabs(lsh[i]-lsh[i-1])>eps)
lsh[++tot]=lsh[i];
for(int i=1;i<=jdnum;i++)
jd[i].y=lower_bound(lsh+1,lsh+tot+1,jd[i].y)-lsh;
for(int i=1;i<=m;++i)
{
c[i].y1=lower_bound(lsh+1,lsh+tot+1,c[i].y1)-lsh;
c[i].y2=lower_bound(lsh+1,lsh+tot+1,c[i].y2)-lsh;
}
}
int work()
{
pre();
int res=0;
for(int i=1,j=1;i<=jdnum;i++)
{
while(j<=m&&c[j].x<=jd[i].x)
{
ft.add(c[j].y1,c[j].w);
ft.add(c[j].y2+1,-c[j].w);
j++;
}
if(ft.ask(jd[i].y)) ++res;
}
return res;
}
}SC;
int fa[N];
inline int get(int x)
{
return x==fa[x]?x:fa[x]=get(fa[x]);
}
inline void merge(int x,int y)
{
int f1=get(x),f2=get(y);
if(f1!=f2) fa[f1]=f2;
}
inline int getcir()
{
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++) merge(i,p[i].id);
int res=0;
for(int i=1;i<=n;i++) if(get(i)==i) res++;
return jdnum-n+res;
}
int main()
{
freopen("aerobatics.in","r",stdin);
freopen("aerobatics.out","w",stdout);
n=read();A=read();B=read();C=read();st=read();ed=read();
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&p[i].s.y),p[i].s.x=st;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&p[i].t.y),p[i].t.x=ed,p[i].id=i;
qsort(1,n);
int numc=SC.work();
ans1=numc*C+jdnum*A;ans2=ans1;
ans2+=(B-A)*getcir();
if(ans1>ans2) swap(ans1,ans2);
printf("%d %d",ans1,ans2);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
T4 逼死强迫症
先考虑全是\(1*2\)的砖，\(g[i]\)代表长度为\(i\)的路的铺砖方法；经过画图发现\(g[i]=g[i-2]+g[i-1]\)，就是在\(i-2\)基础上加两块横着的，或在\(i-1\)的基础上加一块竖着的；
\(g\)就是一个斐波那契数列；
再考虑加上\(1*1\)的；
如果两块砖都没在边上的话，一定是中间一个子问题，两边用横砖或竖砖补齐，为了不重复，用上一段的办法应该产生贡献\(f[i-1]+f[i-2]\)；
另外如果有一块砖在最边上（比如在最左边），那么两块砖之间只有一种排列方式，而在右边的那块砖的右边可以随意摆放，这里就可以利用\(g\)了；
枚举另一块砖所在的地方，转化一下就可以计算\(g\)的前缀和记为\(h\)；
\]
二倍是由于左右都可；
又有斐波那契数列的性质\(h[i]=g[i+2]-1\)
所以
\]
然后就是矩阵快速幂；
\(Code\)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define Vector point
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,fl=1;char st=getchar();
while(st<'0'||st>'9'){ if(st=='-')fl=-1; st=getchar();}
while(st>='0'&&st<='9') x=x*10+st-'0',st=getchar();
return x*fl;
}
const int mod=1e9+7;
int T,n;
int ans;
struct Matrix
{
int v[5][5];
Matrix(){ memset(v,0,sizeof v);}
Matrix operator *(Matrix b)
{
Matrix c;
for(int i=0;i<5;i++)
for(int j=0;j<5;j++)
for(int k=0;k<5;k++)
c.v[i][j]=(c.v[i][j]+(ll)v[i][k]*b.v[k][j]%mod)%mod;
return c;
}
}a,b,c,d;
inline Matrix ksm(Matrix x,int y)
{
Matrix res=x;y--;
while(y)
{
if(y&1) res=res*x;
x=x*x;
y>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
freopen("obsession.in","r",stdin);
freopen("obsession.out","w",stdout);
T=read();
a.v[0][0]=a.v[0][1]=a.v[1][0]=a.v[2][2]=a.v[2][3]=a.v[3][2]=a.v[4][4]=1;a.v[2][0]=2;a.v[4][0]=mod-1;
b.v[0][0]=2;b.v[0][2]=3;b.v[0][3]=2;b.v[0][4]=2;
while(T--)
{
n=read();
if(n<3) printf("0\n");
else
{
if(n==3) printf("2\n");
else
{
n-=3;
c=a;d=b;
printf("%d\n",(d*ksm(c,n)).v[0][0]);
}
}
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
}
T5 旅行者
题解的做法：将所有关键点分成两部分，一部分与一个源点连边权为\(0\)的边，另一部分与汇点连边权为\(0\)的边，跑一次源点到汇点的最短路，得到的就是两个部分的最短路，但同一部分内的最短路也可能是答案，我们考虑一个划分方案：按二进制下的每一位分，相同的在同一部分，因为答案点对一定是不一样的，就一定有一个二进制位不一样，这样不失一般性；时间是\(O(Tnlog^2n)\)；
好像会\(T\)
求关键点多源最短路有一个方法，跑一次最短路算法计算出每个点，离它最近的关键点(\(col\))和距离(\(d\))；
再枚举每一条边\((u,v)\)，如果\(col[u]!=col[v]\)就用\(d[u]+d[v]+V(u,v)\)更新答案；
这也不失一般性；因为最短的那条路径一定存在上述的一条边；
但这道题是有向图；我们必须分别求出去和会的最近距离，才是一条满足的路径；所以必须建反图再跑一次；时间是\(O(Tnlogn)\)
\(Code\)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define Vector point
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,fl=1;char st=getchar();
while(st<'0'||st>'9'){ if(st=='-')fl=-1; st=getchar();}
while(st>='0'&&st<='9') x=x*10+st-'0',st=getchar();
return x*fl;
}
const int N=1e6+20;
int T,n,m,k;
int ci[N],isc[N];
int v[N];
ll ans;
struct graph
{
int head[N],cnt;
ll d[N];
int v[N],col[N];
struct skr
{
int to,nxt,v;
}a[N];
inline void add(int x,int y,int z)
{
a[++cnt].to=y;a[cnt].nxt=head[x];a[cnt].v=z;head[x]=cnt;
}
void clear(){cnt=0; memset(head,0,sizeof head);}
priority_queue<pair<ll,int> >q;
inline void dij()
{
for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=1e18;
for(int i=1;i<=n;i++) v[i]=0;
while(q.size()) q.pop();
for(int i=1;i<=k;i++)
d[ci[i]]=0,col[ci[i]]=ci[i],q.push(mp(0,ci[i]));
while(q.size())
{
int x=q.top().second;q.pop();
if(v[x]) continue;
v[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=a[i].nxt)
{
int to=a[i].to;
if(d[to]>d[x]+a[i].v)
{
d[to]=d[x]+a[i].v;
col[to]=col[x];
q.push(mp(-d[to],to));
}
}
}
}
}A,B;
int main()
{
freopen("tourist.in","r",stdin);
freopen("tourist.out","w",stdout);
T=read();
while(T--)
{
n=read();m=read();k=read();
A.clear();B.clear();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x=read(),y=read(),z=read();
if(x==y) continue;
A.add(x,y,z);
B.add(y,x,z);
}
for(int i=1;i<=k;i++)
ci[i]=read();
A.dij();B.dij();
ans=1e18;
for(int x=1;x<=n;x++)
for(int i=A.head[x];i;i=A.a[i].nxt)
{
int y=A.a[i].to;
if(A.col[x]!=B.col[y]) ans=min(ans,A.d[x]+B.d[y]+A.a[i].v);
}
printf("%lld\n",ans);
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
}
T6 旧词
先考虑\(k=1\)的情况；\(lca\)的深度就是根节点到它的距离，我们把贡献分摊到每个节点上；
先把询问按\(x\)排序，考虑一个一个地加，加入一个点就把这个点到根节点的路径的点权都加1；
查询，就询问\(y\)到根节点的权值和；可以用\(LCT\)维护；
\(k!=1\) 我们还想让一个点到根节点的路径和等于贡献(深度的\(k\)次方)，那就差分一下，每次加值就加上\((d)^k-(d-1）k\)这也可以用\(LCT\)维护；
\(Code\)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define Vector point
using namespace std;
inline ll read()
{
ll x=0,fl=1;char st=getchar();
while(st<'0'||st>'9'){ if(st=='-')fl=-1; st=getchar();}
while(st>='0'&&st<='9') x=x*10+st-'0',st=getchar();
return x*fl;
}
const ll N=50005,mod=998244353;
ll n,m,k;
ll d[N],b[N];
struct LCT
{
#define ls ch[x][0]
#define rs ch[x][1]
ll fa[N],ch[N][2];
ll tag[N],v[N],s[N],sz[N];ll sta[N];
bool nort(ll x){ return ch[fa[x]][0]==x||ch[fa[x]][1]==x;}
void upd(ll x){ s[x]=(s[ls]+s[rs]+(ll)v[x]*b[x])%mod;sz[x]=sz[ls]+sz[rs]+b[x];}
void rev(ll x,ll y){ s[x]=(s[x]+sz[x]*y%mod)%mod;tag[x]=(tag[x]+y)%mod;v[x]=(v[x]+y)%mod;}
void pd(ll x)
{
if(tag[x])
{
if(ls) rev(ls,tag[x]);
if(rs) rev(rs,tag[x]);
tag[x]=0;
}
}
void rotate(ll x)
{
ll y=fa[x],ys=(ch[y][1]==x);
ll R=fa[y];
ll B=ch[x][ys^1];
if(nort(y)) ch[R][ch[R][1]==y]=x; ch[x][ys^1]=y; ch[y][ys]=B;
if(B) fa[B]=y; fa[x]=R; fa[y]=x;
upd(y);upd(x);
}
void splay(ll x)
{
ll y=x,z,top=0;sta[++top]=y;
while(nort(y)) y=fa[y],sta[++top]=y;
while(top) pd(sta[top--]);
while(nort(x))
{
y=fa[x];z=fa[y];
if(nort(y))
rotate((ch[z][1]==y)==(ch[y][1]==x)?y:x);
rotate(x);
}
}
void access(ll x)
{
for(ll y=0;x;y=x,x=fa[x])
splay(x),rs=y,upd(x);
}
// void makert(ll x){ access(x);splay(x);rev(x);}
void split(ll y){ access(y);splay(y);}
void add(ll x)
{
split(x);rev(x,1);
}
ll ask(ll x)
{
split(x);return s[x];
}
}lct;
struct Qry
{
ll r,z,id;
bool operator<(Qry w)const
{
return r<w.r;
}
}q[N];
ll ans[N],pos;
inline ll ksm(ll x,ll y)
{
ll res=1;
while(y){ if(y&1) res=(ll)res*x%mod;x=(ll)x*x%mod;y>>=1;}
return res;
}
struct skr
{
ll to,nxt;
}a[N<<1];
ll head[N],cnt;
inline void add(ll x,ll y)
{
a[++cnt].to=y;a[cnt].nxt=head[x];head[x]=cnt;
}
inline void dfs(ll x)
{
for(ll i=head[x];i;i=a[i].nxt)
{
ll y=a[i].to;
if(d[y]) continue;
d[y]=d[x]+1;
dfs(y);
}
}
int main()
{
freopen("poetry.in","r",stdin);
freopen("poetry.out","w",stdout);
n=read();m=read();k=read();
for(ll i=2;i<=n;i++)
{
ll x=read();
add(x,i);
add(i,x);
lct.fa[i]=x;
}
d[1]=1;
dfs(1);
for(ll i=1;i<=n;i++) d[i]=ksm(d[i],k);
for(ll i=1;i<=n;i++)
b[i]=(d[i]-d[lct.fa[i]]+mod)%mod;
for(ll i=1;i<=m;i++)
{
ll x=read(),y=read();
q[i]=(Qry){x,y,i};
}
sort(q+1,q+1+m);
for(ll i=1;i<=m;i++)
{
while(pos+1<=q[i].r) pos++,lct.add(pos);
ans[q[i].id]=lct.ask(q[i].z)%mod;
}
for(ll i=1;i<=m;i++)
printf("%lld\n",ans[i]);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
}
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