hdu5593/ZYB's Tree 树形dp

ZYB's Tree

 

 

 

 Memory Limit: 131072/131072 K (Java/Others)

问题描述

ZYBZYB有一颗NN个节点的树,现在他希望你对于每一个点,求出离每个点距离不超过KK的点的个数.

两个点(x,y)(x,y)在树上的距离定义为两个点树上最短路径经过的边数,

为了节约读入和输出的时间,我们采用如下方式进行读入输出:

读入:读入两个数A,BA,B,令fa_ifa​i​​为节点ii的父亲,fa_1=0fa​1​​=0;fa_i=(A*i+B)\%(i-1)+1fa​i​​=(A∗i+B)%(i−1)+1 i \in [2,N]i∈[2,N] .

输出:输出时只需输出NN个点的答案的xorxor和即可。

输入描述

第一行一个整数TT表示数据组数。

接下来每组数据：

 一行四个正整数N,K,A,BN,K,A,B.

 最终数据中只有两组N \geq 100000N≥100000。

1 \leq T \leq 51≤T≤5,1 \leq N \leq 5000001≤N≤500000,1 \leq K \leq 101≤K≤10,1 \leq A,B \leq 10000001≤A,B≤1000000

输出描述

TT行每行一个整数表示答案.

输入样例

1
3 1 1 1

输出样例

3

 题解：定义dp[i][j]为以i为根距离为j的点的个数

          定义dp2[i][j] 在除去i的子树的点中，与点i距离为j的点的个数

          在遍历图求出dp[][]后

          对于fa,son

           我们求dp2的转移方程就是

               dp2[son][h]=dp[fa][h-1]-dp[son][h-2]+dp[fa][h-1];

//meek
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <sstream>
#include <vector>
using namespace std ;
typedef long long ll;
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define pb push_back
#define fi first
#define se second

inline ll read()
{
    ll x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {
        if(ch=='-')f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
//****************************************

const int N=500000+100;
const ll inf = 1ll<<61;
const int mod= 1000000007;

int a,b,K,n;
int vis[N];
vector<int >G[N];
int nex;
int dp[N][11],dp2[N][11];
void dfs(int x) {
    dp[x][0]=1;
    for(int i=0;i<G[x].size();i++) {
        dfs(G[x][i]);
        for(int j=1;j<=K;j++) {
            dp[x][j]+=dp[G[x][i]][j-1];
        }
    }

}
int main() {
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--) {
            mem(dp),mem(dp2);
        scanf("%d%d%d%d",&n,&K,&a,&b);
        for(int i=0;i<=N;i++) G[i].clear();
        for(int i=2;i<=n;i++) {
           ll fa=(a+b)%(i-1)+1;
            G[fa].pb(i);
        }int A=0,ans;
        dfs(1);
        for(int i=1;i<=n;i++) {
                for(int j=0;j<G[i].size();j++) {
                    dp2[G[i][j]][1]=dp[i][0];
                    for(int h=2;h<=K;h++)
                        dp2[G[i][j]][h]=dp[i][h-1]-dp[G[i][j]][h-2]+dp2[i][h-1];
                }
                ans=0;
            for(int j=0;j<=K;j++) {
                ans+=dp[i][j]+dp2[i][j];
            }
             A^=ans;
        }
       printf("%d\n",A);
    }
    return 0;
}