test20191216

发表于

闲扯

我觉得我可以直接入土了。。。

$T1$ 题面看错，数据范围看漏，直接爆零。。

题面

[2020WC集训训练赛day2]

$T1$

Solution

我们设 $f_{u,k}$ 表示从 $fa_u$ 到 $1$ 这条链上，合法的 $1\sim k$ 的序列个数；设 $g_{u,k}$ 表示 $u$ 的子树中（不包含 $u$ ）合法的 $k\sim L$ 的序列个数。

那么显然包含 $u$ 的合法序列个数为 $f_{u,w_u-1}\cdot g_{u,w_u+1}$ 。

考虑修改一个点的时候，怎么计算答案。

显然，我们先删去原来通过该点的答案，再加上新的答案即可。

但是我们有多次修改怎么办？

注意到有一个很好的性质： $f_u<u$ ，所以修改一个点的时候，它到 $1$ 的链上的所有点都已经改过，直接用改了之后的统计，而子树中的点都还没改，直接用原来的统计即可。

我们将 $m$ 拆分为 $\lceil \frac{m}{n}\rceil$ 轮修改，每次做一次树形 $dp$ 即可。

总复杂度为 $O(n+m)$ 。

Code

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#include<bits/stdc++.h>
#define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
#define ll long long
#define inl inline
#define il inl void
#define it inl int
#define ill inl ll
#define re register
#define ri re int
#define rl re ll
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
template<class T>il read(T &x){
	int f=1;char k=getchar();x=0;
	for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
	for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
	x*=f;
}
template<class T>il _print(T x){
	if(x/10) _print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class T>il print(T x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	_print(x);
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){long double c=1.;return (a*b-(ll)(c*a*b/mod)*mod)%mod;}
it qpow(int x,int m,int mod){
	int res=1,bas=x;
	while(m){
		if(m&1) res=(1ll*res*bas)%mod;
		bas=(1ll*bas*bas)%mod,m>>=1;
	}
	return res;
}
const int MAXN = 1e6+5,mod = 1e9+7;
int n,m,L,fa,val[MAXN],V[MAXN<<1],ans,res;
it add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
it mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
vector<int> G[MAXN];
int cnt[MAXN],cnt1[MAXN],f[MAXN],g[MAXN],a[MAXN],delta[MAXN];
it Init(int u){
	int tmp=cnt[val[u]-1];
	int res=val[u]==L?tmp:0;
	cnt[val[u]]=add(cnt[val[u]],tmp);
	for(ri i=0;i<(int)G[u].size();++i){
		int v=G[u][i];
		res=add(res,Init(v));
	}
	cnt[val[u]]=add(cnt[val[u]],mod-tmp);
	return res;
}
il DFS(int u){
	int f0=cnt[val[u]-1],f1=cnt[a[u]-1];
	int g0=cnt1[val[u]+1],g1=cnt1[a[u]+1];
	// f0,g0 is for the original answer
	// f1,g1 is for the latest answer
	cnt[a[u]]=add(cnt[a[u]],f1);
	// cnt is for f[u][k]
	// cnt1 is for g[u][k]
	for(ri i=0;i<(int)G[u].size();++i)
		DFS(G[u][i]);
	g0=add(cnt1[val[u]+1],mod-g0);
	g1=add(cnt1[a[u]+1],mod-g1);
	cnt[a[u]]=add(cnt[a[u]],mod-f1);// remove u from cnt
	cnt1[val[u]]=add(cnt1[val[u]],val[u]==L?1:g0);// update u to cnt1
	delta[u]=add(mul(f1,a[u]==L?1:g1),mod-mul(f0,val[u]==L?1:g0));
}
il Solve(int l,int r){
	for(ri i=l;i<=r;++i) a[i-l+1]=V[i];
	if(r-l+1!=n) for(ri i=r+1;i<l+n;++i) a[i-l+1]=val[i-l+1];
	del(cnt,0),del(cnt1,0),cnt[0]=1,DFS(1);
	for(ri i=l;i<=r;++i) res=add(res,delta[i-l+1]),ans=add(ans,mul(i,res));
	for(ri i=1;i<=n;++i) val[i]=a[i];
}
int main(){
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	read(n),read(m),read(L);
	for(ri i=2;i<=n;++i) read(fa),G[fa].push_back(i);
	for(ri i=1;i<=n;++i) read(val[i]);
	for(ri i=1;i<=m;++i) read(V[i]);
	int bound=m/n;cnt[0]=1;
	res=Init(1);// culculate the original answer
	for(ri i=1;i<=bound;++i) Solve((i-1)*n+1,i*n);
	if(bound*n<m) Solve(bound*n+1,m);
	print(ans);
	return 0;
}