HDU5593 ZYB's Tree（树形dp）

题意：给1棵N(≤500,000)个节点的树，每条边边权为1，求距离每个点距离不超过K(K≤10)的点的个数的xor和。

思路：由于K很小，可以考虑把距离作为状态的一部分，然后研究父子之间状态的联系。令ans[i][j]表示与i的距离为j的点的个数，那么 ans[i][j]由两部分构成，一部分来源于子树，一部分来源于父亲，那么令f[i][j]表示从子树来的答案，g[i][j]表示从父亲来的答 案，son(i)表示i的儿子，fa(i)表示i的父亲，则有：

　ans[i][j] = f[i][j] + g[i][j]

f[i][j] = ∑f[son(i)][j-1]

g[i][j] = ans[fa(i)][j-1] - f[i][j-2]

具体做法是：先自底向上求解f数组，这里可以利用队列按拓扑序依次访问每个点，然后自顶向下求g数组，这时只要在上一步的队列里面逆着扫一遍就行了。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=500010;
int n,k,a,b,pre[N],dp[N][12],head[N],eid;
struct wq
{
    int to,next;
}eg[N];
void add(int u,int v)
{
    eg[eid].to=v;
    eg[eid].next=head[u];
    head[u]=eid++;
}
void dfs(int u)
{
    for(int i=0;i<=k;i++)
        dp[u][i]=1;
    for(int i=head[u];i!=-1;i=eg[i].next)
    {
        int v=eg[i].to;
        dfs(v);
        for(int j=1;j<=k;j++)
            dp[u][j]+=dp[v][j-1];
    }
}
int solve()
{
    int ans=0;
    for(int u=1;u<=n;u++)
    {
        int last=u,now,an=dp[u][k];
        for(int i=1;i<=k;i++)
        {
            now=pre[last];
            if(!now) break;
            if(k==i) an++;
            else an=an+dp[now][k-i]-dp[last][k-i-1];
            last=now;
        }
        ans^=an;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&a,&b);
        pre[1]=eid=0;
        memset(head,-1,sizeof(head));
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            int fa=((long long)a*i+b)%(i-1)+1;
            add(fa,i);
            pre[i]=fa;
        }
        dfs(1);
        printf("%d
",solve());
    }
    return 0;
}