[GXOI/GZOI2019]旧词（树上差分+树剖）
前置芝士：[LNOI2014]LCA
要是这题放HNOI就好了
原题：\(\sum_{l≤i≤r}dep[LCA(i,z)]\)
这题：\(\sum_{i≤r}dep[LCA(i,z)]^k\)
对于原题，我们需要把每个询问拆成1~l-1 & 1r再进行差分（所以这题帮我们省去了一个步骤~）
先考虑\(k=1\)原题
我们先转化题意
\(dep[lca]\)$\ \(==\)\ $$dis[1][lca]+1$$\ \(==\)\ $$lca->1$的点数
所以我们每一个点(x)对答案的贡献(\(dep[lca(x, z)]\))，就是他们到根节点的公共路径的点数
于是，对于每一个点，我们只需要把1->x的链上加1即可
对于每一个询问，我们只需要求出1->z的链上的和即可
这一点我们可以利用树剖\(/LCT\)解决
但是直接做是\(O(N^2*\)树剖\(\LCT)\)的，我们考虑莫队
这样复杂度变成了\(O(N\sqrt{N}*\)树剖\(\LCT)\)
什么？你觉得这个算法还不够优秀？所以我们来考虑优化莫队
莫队的\(\sqrt{N}\)是怎么来的？不停的移动左右端点
但是这道题的左端点是固定的\((1)\)，所以只需要移动右端点即可，而右端点不需要动来动去，只需要往后扫一遍即可，复杂度是\(O(N*\)树剖\(\LCT)\)
代码的话可以参考[LNOI2014]LCA
考虑k!=1
我们为什么k=1的时候对于每个点是\(1->x\)路径上+1？
这个1的本质是树上差分，即：\((dep[x]+1)^1-dep[x]^1 = 1\)
所以我们只需要把1改成k即可
所以现在问题变成了：给定一个序列，每一个点有两个权值\((a, b)\)，每一个点的点权为\(a*b\)，支持a权值区间加1和区间查询
因为b不会改变，所以我们考虑线段树
把线段树的每一个节点新弄一个权值，为\(\sum_{l≤i≤r} b\)，每次更新区间的时候用这个权值*sum即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define re register
#define debug printf("Now is Line : %d\n",__LINE__)
#define file(a) freopen(#a".in","r",stdin);freopen(#a".out","w",stdout)
#define int long long
#define inf 123456789
#define mod 998244353
il int read() {
re int x = 0, f = 1; re char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - 48, c = getchar();
return x * f;
}
#define rep(i, s, t) for(re int i = s; i <= t; ++ i)
#define Next(i, u) for(re int i = head[u]; i; i = e[i].next)
#define mem(k, p) memset(k, p, sizeof(k))
#define ls k * 2
#define rs k * 2 + 1
#define _ 500005
struct edge {int v, next;}e[_];
struct ques {
int u, z, id;
il bool operator < (const ques x) const {return u < x.u;}
}q[_];
int n, m, k, val[_ << 2], sum[_ << 2], mi[_], head[_], cnt, ans[_], tag[_ << 2], now;
int fa[_], dep[_], size[_], son[_], top[_], seg[_], col, rev[_];
il void add(int u, int v) {
e[++ cnt] = (edge) {v, head[u]}, head[u] = cnt;
}
il int qpow(int a, int b) {
int r = 1;
while(b) {
if(b & 1) r = 1ll * r * a % mod;
b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod;
}
return r;
}
il void dfs1(int u) {
dep[u] = dep[fa[u]] + 1, size[u] = 1;
Next(i, u) {
if(e[i].v == fa[u]) continue;
dfs1(e[i].v), size[u] += size[e[i].v];
if(size[son[u]] < size[e[i].v]) son[u] = e[i].v;
}
}
il void dfs2(int u, int fr) {
top[u] = fr, seg[u] = ++ col, rev[col] = u;
if(son[u]) dfs2(son[u], fr);
Next(i, u) if(e[i].v != son[u] && e[i].v != fa[u]) dfs2(e[i].v, e[i].v);
}
il void build(int k, int l, int r) {
if(l == r) return (void)(val[k] = (mi[dep[rev[l]]] - mi[dep[rev[l]] - 1] + mod) % mod);
int mid = (l + r) >> 1;
build(ls, l, mid), build(rs, mid + 1, r), val[k] = (val[ls] + val[rs]) % mod;
}
il void pushdown(int k) {
if(!tag[k]) return;
sum[ls] = (sum[ls] + ((tag[k] * val[ls]) % mod)) % mod;
sum[rs] = (sum[rs] + ((tag[k] * val[rs]) % mod)) % mod;
tag[ls] += tag[k], tag[rs] += tag[k], tag[k] = 0;
}
il void change(int k, int l, int r, int ll, int rr) {
if(l > rr || ll > r) return;
if(l >= ll && r <= rr) {sum[k] = (sum[k] + val[k]) % mod, ++ tag[k]; return;}
int mid = (l + r) >> 1;
pushdown(k), change(ls, l, mid, ll, rr), change(rs, mid + 1, r, ll, rr);
sum[k] = (sum[ls] + sum[rs]) % mod;
}
il int query(int k, int l, int r, int ll, int rr) {
if(l > rr || ll > r) return 0;
if(l >= ll && r <= rr) return sum[k];
int mid = (l + r) >> 1;
pushdown(k);
return (query(ls, l, mid, ll, rr) + query(rs, mid + 1, r, ll, rr)) % mod;
}
il int query(int u) {
int ans = 0;
while(top[u]) ans = (ans + query(1, 1, n, seg[top[u]], seg[u])) % mod, u = fa[top[u]];
return ans;
}
il void change(int u) {
while(top[u]) change(1, 1, n, seg[top[u]], seg[u]), u = fa[top[u]];
}
signed main() {
n = read(), m = read(), k = read() % (mod - 1), now = 1;
rep(i, 1, n) mi[i] = qpow(i, k);
rep(i, 2, n) fa[i] = read(), add(fa[i], i);
rep(i, 1, m) q[i].id = i, q[i].u = read(), q[i].z = read();
sort(q + 1, q + m + 1), dfs1(1), dfs2(1, 1), build(1, 1, n);
rep(i, 1, n) {
change(i);
while(i == q[now].u) ans[q[now].id] = query(q[now].z), ++ now;
}
rep(i, 1, m) printf("%lld\n", ans[i]);
return 0;
}
