题目
现在有一棵树，小AA想会选一个点出发，沿着树上的边不回头的行走。
小AA不喜欢走太久，所以他最多只会行走kk条边。
小AA也不喜欢重复，所以他想要知道最多有多少种行走方式。
两个方式不同当且仅当经过的边集不同。
输入格式
第一行两个整数，n,kn,k，nn表示树的节点个数。
第二行一共n−1n−1个整数，第ii个数fi+1fi+1表示i+1i+1的父亲。
输出格式
一行，一个整数，表示行走方案数。
样例
Input
5 2
1 1 2 2
Output
8
数据规模与约定
对于10%10%的数据，满足n,m≤100n,m≤100；
对于30%30%的数据，满足n,m≤1000n,m≤1000；
对于50%50%的数据，满足n,m≤20000n,m≤20000；
对于80%80%的数据，满足n,m≤105n,m≤105；
对于100%100%的数据，满足n,m≤106,fi<in,m≤106,fi<i；
时间限制：1s
空间限制：64MB
思路
看起来像点分治板子题，但是空间只有64M（虽然空间理论是O(n)，但是运存不知道为什么大得离谱），并且点分治时间常数较大
考虑长链剖分+dsu on tree
设f[i][j]为以i为根的子树，距离点i为j的点数个数，g[i][j]为f[i][j]的后缀和
转移时用f[v][j]*(g[u][0]-g[u][j-k])更新ans,f[v][j]更新f[v][j+1]
发现f可以省掉
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define pb push_back
#define mp make_pair
using namespace std;
const int N=1e6+77;
int n,k,f[N],ls[N],dep[N],nxt[N],dfn[N],son[N],cnt;
int q,X,aa[N],sum[N],K[N],B[N],Q[N*30],c[N],bot,a[N];
ll ans;
struct Node
{
int l,r,st,en;
}T[N<<2];
bool cmp(int x,int y)
{
return K[x]>K[y]||(K[x]==K[y]&&B[x]<B[y]);
}
double pos(int x,int y)
{
return (double)(B[y]-B[x]) / (K[x]-K[y]);
}
void baoli()
{
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld",&a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
while(q--)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
ll aii=0x3f3f3f3f,yjy=0x3f3f3f3f;
for(int i=y; i>=max(y-x,1); i--)
{
aii=min(aii,1ll*a[i]);
yjy=min(yjy,aii*(x-y+i-1)+sum[y]-sum[i-1]);
}
printf("%lld\n",yjy);
}
}
void build(int i,int l,int r)
{
T[i].l=l;
T[i].r=r;
int t=0,now=T[i].st=bot+1;
for(int j=l; j<=r; j++)
c[++t]=j;
sort(c+1,c+t+1,cmp);
Q[++bot]=c[1];
for(int j=2; j<=t; j++)
if(K[c[j]]<K[c[j-1]])
{
while(bot>now&&pos(Q[bot-1],Q[bot])>pos(Q[bot],c[j]))
bot--;
Q[++bot]=c[j];
}
T[i].en=bot;
if(l==r)
return;
int M=l+r >> 1;
build(i<<1,l,M);
build(i<<1|1,M+1,r);
}
void query(int l,int r)
{
while(l<r)
{
int M=(l+r >> 1)+1;
if(X >= pos(Q[M-1],Q[M]))
l=M;
else
r=M-1;
}
ans=min(ans,K[Q[l]]*X+B[Q[l]]*1ll);
}
void query(int i,int l,int r)
{
if(l<=T[i].l&&T[i].r<=r)
{
query(T[i].st,T[i].en);
return;
}
int M=T[i].l+T[i].r >> 1;
if(l<=M)
query(i<<1,l,r);
if(r>M)
query(i<<1|1,l,r);
}
void dfs(int u)
{
for(int v=ls[u];v;v=nxt[v])
{
dfs(v);
if(dep[v]>dep[u]) dep[u]=dep[v],son[u]=v;
}
dep[u]++;
}
int calc(int x,int l,int r)
{
return f[dfn[x]+l]-((r+1<dep[x])?f[dfn[x]+r+1]:0);
}
void dfs2(int u)
{
dfn[u]=++dfn[0];
if(son[u])
{
dfs2(son[u]);
ans += calc(son[u],0,k-1);
f[dfn[u]]=f[dfn[u]+1]+1;
}else f[dfn[u]]=1;
for(int v=ls[u];v;v=nxt[v])
if(v != son[u])
dfs2(v);
for(int v=ls[u];v;v=nxt[v])
{
if(v != son[u])
{
for(int i=0; i<=min(dep[v],k)-1; i++) ans+=1ll*calc(v,i,i)*calc(u,0,k-i-1);
for(int i=0; i<=dep[v]-1; i++) f[dfn[u]+i+1] += f[dfn[v]+i];
f[dfn[u]] += f[dfn[v]];
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=2; i<=n; i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
nxt[i]=ls[x];
ls[x]=i;
}
dfs(1);
dfs2(1);
printf("%lld",ans);
}
