大致题意： 给定一棵树，多组询问求(k)级祖先。
长链剖分
长链剖分板子题，通过(O(logn))的预处理，来(O(1))求出(k)级祖先。
具体做法
首先我们要知道一个性质：任意一个点(k)级祖先所在长链长度大于等于(k)。
证明：假设长度小于(k)，则从该祖先到该节点的链的长度就大于这条长链的长度，与长链的定义不符，故假设不成立，原命题得证。
接下来，我们一开始先通过倍增，求出(fa_{i,j})表示(i)的(2^j)级祖先。
而与此同时，对于每条长链的顶点(t)，我们依次用两个数组(u)和(d)存下其(len(t))个祖先节点和长链上的所有节点（也是(len(t))个）。
然后，求答案时，设(k)的最高位为第(hb)位（(HighestBit)），则我们先找到(x)的(2^{hb})级祖先(f)，并设(top_f)为(f)所在长链的顶点。
根据先前证明的性质，(len(top_f)ge2^{hb})。(2 imes 2^{hb})必然大于(k)，所以(2 imes len(top_f))也必然大于(k)，故可证明必然能在(top_f)的(u)或(d)数组中找到(x)的(k)级祖先。
下一步，我们比较(dep_f-dep_{top_f})与(k xor 2^{hb})，如果(dep_f-dep_{top_f}ge k xor 2^{hb})，说明最终答案在这条长链上，否则说明是顶点的祖先。
如果在这条长链上，返回(d_{top_f,(dep_f-dep_{top_f})-(k xor 2^{hb})})，否则返回(u_{top_f,(k xor 2^{hb})-(dep_f-dep_{top_f})})。
具体实现中，由于每条长链只有链首需要开两个大小为链长的数组，因此所有(u)和(d)完全可以存在一个数组中，只要记下每一个链首的数组在总数组中对应的位置（其实就是(dfs)序）即可查询。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 500000
#define LN 20
#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)
#define U unsigned
using namespace std;
int n,rt,ee,lnk[N+5];U base;struct edge {int to,nxt;}e[N<<1];
I U Get(U x) {return x^=x<<13,x^=x>>17,x^=x<<5,base=x;}
class FastIO
{
private:
#define FS 100000
#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define D isdigit(c=tc())
char c,*A,*B,FI[FS];
public:
I FastIO() {A=B=FI;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=(x<<3)+(x<<1)+(c&15),D);}
Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
#undef D
}F;
class LongChainDissection
{
private:
int cnt,f[N+5][LN+5],g[N+5],D[N+5],len[N+5],tp[N+5],hb[N+5],p[N+5],u[N+5],d[N+5];
I void dfs1(CI x)//第一遍dfs
{
RI i;for(i=1;i<=LN;++i) f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
for(i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) D[e[i].to]=D[f[e[i].to][0]=x]+1,
dfs1(e[i].to),len[e[i].to]>len[g[x]]&&(g[x]=e[i].to);len[x]=len[g[x]]+1;//求出长儿子
}
I void dfs2(CI x,RI t,CI y=0)//第二遍dfs
{
RI i;p[x]=++cnt,d[p[x]]=x,u[p[x]]=y,tp[x]=t,g[x]&&(dfs2(g[x],t,f[y][0]),0);//求出u和d，先处理长儿子
for(i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) e[i].to^g[x]&&(dfs2(e[i].to,e[i].to,e[i].to),0);//处理其他儿子
}
public:
I int operator [] (CI x) {return D[x];}I void Init()
{
D[rt]=1,dfs1(rt),dfs2(rt,rt);
for(RI i=1,t=-1;i<=n;++i) (i>>t+1)&1&&++t,hb[i]=t;//预处理HighestBit
}
I int Anc(RI x,RI y)//求x的y级祖先
{
if(!y) return x;if(x=f[x][hb[y]],!(y^=1<<hb[y])) return x;//上跳
RI t=D[x]-D[tp[x]];return t>=y?d[p[tp[x]]+t-y]:u[p[tp[x]]+y-t];//分二类讨论
}
}D;
int main()
{
RI Qt,i,x,y,lst=0;for(F.read(n,Qt,base),i=1;i<=n;++i) F.read(x),x?add(x,i):(rt=i);//读入
long long ans=0;for(D.Init(),i=1;i<=Qt;++i) x=(Get(base)^lst)%n+1,//处理询问
y=(Get(base)^lst)%D[x],ans^=1LL*i*(lst=D.Anc(x,y));return printf("%lld
",ans),0;
}