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题目

有一棵以\(1\)为根的树，第\(i\)个节点的权值是\(a_i\)，\(a_1=L\)
求从根往叶子有多少个子序列为\(\{L,L-1,..,1\}\)。
支持\(m\)次修改，第\(i\)次将\(a_{(i-1)\mod n+1}\)修改成\(v_i\)
\(n\leq 1e6,m\leq 2e6,fa_i<i\)

思考历程

考虑对一个点修改之后对答案的影响。
记\(f_x\)为根到\(x\)路径上多少个子序列是\(\{L,L-1,...,a_x+1\}\)，\(g_x\)表示\(x\)往叶子有多少个子序列为\(\{a_x,a_x-1,...,1\}\)
修改之后答案的变化为\(-f_xg_x+f‘_xg‘_x\)
问题是如何维护这两个东西。
对于\(g_x\)，其实就是求\(\sum_{y在x子树内且a_y=a_x-1}g_y\)
于是对于每个不同的\(a_x\)开个线段树，线段树\(k\)按照\(dfs\)序存储所有\(a_x=k\)的点的\(g_x\)和。于是就可以快速地查询出\(g\)的答案。
然而有个问题：修改\(g_x\)的时候，会影响到权值为\(a_x+1\)和\(a‘_x+1\)的祖先。于是这个方法就出锅了。
这个方法是不是没有卵用呢？
然而，这题修改的方式很奇怪，它是按照顺序来修改的。将修改分成\(\lceil\frac{m}{n} \rceil\)个部分分开操作，可以发现在每次操作到某个点的时候，它的祖先就都操作过了。所以，没有必要去维护祖先的信息。
既然这样，\(f_x\)维护的时候也就直接用个桶从祖先维护过来就好了。

这个方法看上去太粗暴？
实际上也有别的做法，线段树合并、dsn on tree等。
时间复杂度\(O(n \lg n)\)

正解

现在的问题是如何快速地计算\(g_x\)
看起来不能用桶直接从子树搞上来，因为涉及到合并的问题。
但是大佬又提供了一种神奇的思路：直接将\(g\)值加入桶中，从\(x\)往下递归之前先记一下，递归回来之后作差，就可以得到子树对\(g_x\)的贡献。
于是这题就愉快地\(O(n)\)了。

代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 1000010
#define ll long long
#define mo 1000000007
#define mod(x) ((((x)%=mo)+=mo)%=mo)
int n,m,L;
struct EDGE{
	int to;
	EDGE *las;
} e[N];
int ne;
EDGE *last[N];
int a[N],v[N];
ll f0[N],g0[N],f1[N],g1[N],gt[N];
ll sub[N],anc[N];
ll ans,sum;
void clear(){memset(sub,0,sizeof(ll)*(n+1));}
void build(int x){
	f0[x]=anc[a[x]+1];
	f1[x]=anc[v[x]+1];
	mod(anc[v[x]]+=f1[x]);
	g1[x]=sub[v[x]-1];
	for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
		build(ei->to);
	mod(anc[v[x]]-=f1[x]);
	mod(g1[x]=((v[x]==1)+sub[v[x]-1]-g1[x]));
	mod(sub[v[x]]+=g1[x]);
}
void getgt(int x){
	int tmp=sub[a[x]-1];
	gt[x]=sub[v[x]-1];
	for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
		getgt(ei->to);
	mod(gt[x]=((v[x]==1)+sub[v[x]-1]-gt[x]));
	mod(tmp=((a[x]==1)+sub[a[x]-1]-tmp));
	mod(sub[a[x]]+=tmp);
}
void move(){
	memcpy(f0,f1,sizeof(ll)*(n+1));
	memcpy(g0,g1,sizeof(ll)*(n+1));
}
int main(){
//	freopen("in.txt","r",stdin);
//	freopen("out.txt","w",stdout);
	freopen("scholar.in","r",stdin);
	freopen("scholar.out","w",stdout);
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&L);
	for (int i=2;i<=n;++i){
		int x;
		scanf("%d",&x);
		e[ne]={i,last[x]};
		last[x]=e+ne++;
	}
	for (int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%d",&a[i]),v[i]=a[i];
	anc[L+1]=1;
	build(1);
	ans=g1[1];
	int d=m/n;
	for (int k=0;k<d;++k){
		for (int i=1;i<=n;++i)
			scanf("%d",&v[i]);
		move(),clear();
		getgt(1),build(1);
		for (int i=1;i<=n;++i){
			(ans+=f1[i]*gt[i]-f0[i]*g0[i])%=mo;
			(sum+=(ans+mo)*(k*n+i))%=mo;
//			printf("%lld\n",ans);
		}
		memcpy(a,v,sizeof(int)*(n+1));
	}
	if (m%n){
		int r=m%n;
		for (int i=1;i<=r;++i)
			scanf("%d",&v[i]);
		for (int i=r+1;i<=n;++i)
			v[i]=a[i];
		move(),clear();
		getgt(1),build(1);
		for (int i=1;i<=r;++i){
			(ans+=f1[i]*gt[i]-f0[i]*g0[i])%=mo;
			(sum+=(ans+mo)*(d*n+i))%=mo;
//			printf("%lld\n",ans);
		}
	}
	printf("%lld\n",sum);
	return 0;
}

总结

不要总是把脑子放在数据结构上……
除了数据结构之外有个计数利器叫差分。

6655. 【2020.05.27省选模拟】三国学者

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原文地址：https://www.cnblogs.com/jz-597/p/12989800.html