【HDU 5593】ZYB's Tree

题面

ZYB有一个有N个节点的树，现在他希望你求出与每个节点距离不超过K的节点数。两个节点（x，y）之间的距离定义为x到y的最短路径上经过的边数。为节省读入和输出时间，我们使用以下方式：读入：我们有两个数字A和B，让fai是节点i的父亲，fa1 = 0，fai =（A * i + B）％（i-1）+1其中i∈[2，N]。对于输出：让ansi成为节点i的答案，你只需要输出所有ansi的xor总和。

分析

先开始只想到了在同一棵子树里面的情况，真的是奇蠢无比...

分两种情况

f[u][j]表示以u为根的子树中，与u距离为j的点的数量。其中0<=j<=k。显然f[u][j]+=f[v][j-1]

dp[u][j]表示u这个点到不是以它为根的子树的结点距离为j的点的数量。首先我们已经知道了所有f[u][j]值了，其中对于根结点只存在第一种情况，所以从根往下算答案。

1.某个不在v的子树且不在fa的子树中的点到v这个点距离为j，那么它到v的父亲u距离就为j-1，这部分节点数量为dp[u][j-1]。

2.某个不在v的子树但在fa的子树中的点到v（即u兄弟子树中的结点到v）的距离为j，那么它到v的父亲u距离就为j-1，这部分结点数量为f[u][j-1]-f[v][j-2]。

因为f[u][j-1]中包含了在v的子树中的点，所以要减去到v的距离为j-2的点的数量。

如图，这样理解

求不在粉色的点的子树中且与粉色的点距离为2的点数量

蓝色，红色为合法路径。但黄色线的表达什么？黄色线下方末端是f[u][2]能到达的点，但是并不合法，因为他们在v的子树中，所以减去这两个点，即f[v][1]。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 600010
int a,b,k,t,n,cnt,tot,ans;
int first[N],f[N][15],dp[N][15];
struct email
{
    int u,v;
    int nxt;
}e[N*4];

inline void add(int u,int v)
{
    e[++cnt].nxt=first[u];first[u]=cnt;
    e[cnt].u=u;e[cnt].v=v;
}

inline void init()
{
    ans=cnt=0;
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    memset(first,0,sizeof(first));
}

void dfs(int u,int fa)
{
    f[u][0]=1;
    for(int i=first[u];i;i=e[i].nxt)
    {
        int v=e[i].v;
        if(v==fa)continue;
        dfs(v,u);
        for(int j=1;j<=k;j++)
            f[u][j]+=f[v][j-1];    
    }
}

void dfs2(int u,int fa)
{
    for(int i=first[u];i;i=e[i].nxt)
    {
        int v=e[i].v;
        if(v==fa)continue;
        for(int j=2;j<=k;j++)
            dp[v][j]=f[u][j-1]-f[v][j-2]+dp[u][j-1];
        dp[v][1]=f[u][0];    
        dfs2(v,u);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        init();
        scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&a,&b);
        for(int u=2;u<=n;u++)
            add(u,((long long)a*u+b)%(u-1)+1),add(((long long)a*u+b)%(u-1)+1,u);
        dfs(1,0);dfs2(1,0);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            tot=0;
            for(int j=0;j<=k;j++)
                tot+=(f[i][j]+dp[i][j]);
            ans^=tot;
        }    
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}