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ZYB有一颗N个节点的树,现在他希望你对于每一个点,求出离每个点距离不超过KK的点的个数.
两个点(x,y)在树上的距离定义为两个点树上最短路径经过的边数,
为了节约读入和输出的时间,我们采用如下方式进行读入输出:
读入:读入两个数A,B,令fai??为节点i的父亲,fa?1??=0;fa?i??=(A∗i+B)%(i−1)+1,i∈[2,N] .
输出:输出时只需输出N个点的答案的xor和即可。
第一行一个整数TT表示数据组数。
接下来每组数据：
一行四个正整数N,K,A,B.
最终数据中只有两组N≥100000。
1≤T≤5,5000001≤N≤500000,1≤K≤10,10000001≤A,B≤1000000
T行每行一个整数表示答案.
1 3 1 1 1
3
re了好多好多次。注意数据范围A*i+B是会超int的！
距离一个点距离为k的值就用距离这个点距离为1的点更新。可能是该点的儿子，也可能是该点的父亲。
儿子节点直接算没有什么需要注意的地方。然后 与父亲结点距离为k-1的节点的数量减去该节点贡献的部分 就是该节点经过父亲结点符合要求结点的数量。
父亲结点有个坑。。。首先，需要先算父亲结点再算儿子节点，其次更新时要倒着更新。。。具体看代码吧。。。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned int ut;
typedef long long ll;
const int N = 500005;
const int K = 12;
struct Edge {
int to, next;
} edge[N];
int head[N];
int cnt_edge;
void add_edge(int u, int v)
{
edge[cnt_edge].to = v;
edge[cnt_edge].next = head[u];
head[u] = cnt_edge++;
}
int dp[N][K];
int fa[N];
int n, k;
void dfs(int u)
{
dp[u][0] = 1;
for (int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next)
{
int v = edge[i].to;
dfs(v);
for (int j = 1; j <= k; ++j)
{
dp[u][j] += dp[v][j - 1];
}
}
}
void solve(int u)
{
if (u != 1)
{
for (int j = k; j >= 2; --j)//这里需要注意 更新的方向！
{
dp[u][j] += dp[ fa[u] ][j - 1] - dp[u][j - 2];
}
dp[u][1]++;
}
for (int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next)
{
int v = edge[i].to;
solve(v);
}
}
int main()
{
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
int a, b;
scanf("%d%d%d%d", &n, &k, &a, &b);
cnt_edge = 0;
memset(dp, 0, sizeof dp);
memset(head, -1, sizeof head);
for (int i = 2; i <= n; ++i)
{
int f = ((ll)a * i + b) % (i - 1) + 1;
add_edge(f, i);
fa[i] = f;
}
dfs(1);
solve(1);
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
int tmp = 0;
for (int j = 0; j <= k; ++j)
{
tmp += dp[i][j];
}
ans ^= tmp;
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
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原文地址：http://www.cnblogs.com/wenruo/p/5022576.html
