牛客练习赛6 B题 点权和

题目描述

给你一棵树，最开始点权为0，每次将与一个点x树上距离<=1的所有点点权+1，之后询问这些点修改后的点权和.

输入描述:

第一行两个数n和m

第二行n-1个数，第i个数fa[i + 1]表示i + 1点的父亲编号，保证fa[i + 1] < i + 1

第三行m个数，每个数x依次表示这次操作的点是x

输出描述:

输出一个数，即这m次操作的答案的hash值

如果是第i次操作，这次操作结果为ans,则这个hash值加上

i * ans

输出hash值对19260817取模的结果

样例

6 3
1 1 2 3 3
1 2 3

output

34

hint

第一次操作1，节点1以及和它相邻的节点点权加起来为3，ans  = 3*1 ;ans = 3;
第二次操作2，节点2以及和它相邻的节点点权加起来为5，ans += 5*2 ;ans = 13;
第三次操作3，节点3以及和它相邻的节点点权加起来为7，ans += 7*3 ;ans = 34;

分析：

这个题不要想复杂;

mark[x]:x点被操作的次数

a[x]:x点被相邻的边影响的次数

b[x]:x点的孩子的孩子被操作的次数

vector vec[x]: x的孩子

比如当前操作的点x，我们需要将点权和tmp算出来。首先考虑x的父亲fa[x],如果fa[x]之前被操作过mark[fa[x]]次，那么tmp += a[fa[x]]+mark[fa[x]]*2;

然后考虑x的孩子和自己，tmp += （vec[x].size()+1）*mark[x]+a[x]*2+b[x];

（（vec[x].size()+1）*mark[x]:表示x对自己和儿子的影响；a[x]*2：表示儿子对儿子和自己的影响；b[x]:表示孙子的影响）

using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 100005;
const int MOD = 19260817;
ll fa[maxn],a[maxn],mark[maxn],b[maxn];
vector<int> vec[maxn];
int main()
{
int n,m;
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int u;
scanf("%d",&u);
vec[u].push_back(i);
fa[i]=u;
}
ll ans = 0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
int tmp=0;
mark[x]=(mark[x]+1)%MOD;
if(fa[x])
{
int t = fa[x];
a[t]=(a[t]+1)%MOD;
tmp = (tmp+mark[t]*2+a[t])%MOD;
}
if(fa[fa[x]])
{
int t = fa[fa[x]];
tmp =(tmp+mark[fa[fa[x]]])%MOD;
b[t]=(b[t]+1)%MOD;
}
tmp = (tmp+(ll)mark[x]*(vec[x].size()+1ll)%MOD+a[x]+a[x]+b[x]);
ans = (ans+(ll)tmp*i%MOD)%MOD;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}