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题目传送门 - 2018牛客多校赛第二场 E
题意
一棵 $n$ 个结点的树，每个点有一个点权，有 $m$ 次操作，每次操作有三种：
1. 修改一个点的点权
2. 修改一个点的父亲
3. 询问包含某个点的所有大小为 $c$ 的连通块的点权乘积之和。
$n,m\leq 100000,c\leq10 $
题解
以上题解图片摘自 laofu 题解。
我再画几幅图介绍一下：
注：箭头表示箭头尾端节点的 dp 对箭头指向节点有 dp 贡献。
虚箭头表示中间省略一些有箭头连接的节点。
虚线表示中线省略一些节点，但是没有箭头连接。
每个图，最上面的节点表示往上走 $10$ 步到达的祖先。
最下面的节点表示操作中的 $x$ 节点。
注意一下修改和询问里面各有一个特殊箭头，意义自己理解。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int read(){
char ch=getchar();
int x=0;
while (!isdigit(ch))
ch=getchar();
while (isdigit(ch))
x=(x<<1)+(x<<3)+ch-48,ch=getchar();
return x;
}
const int N=100005,mod=1e9+7;
int n,m,val[N],fa[N];
int dp[N][11];
int Pow(int x,int y){
int ans=1;
for (;y;y>>=1,x=1LL*x*x%mod)
if (y&1)
ans=1LL*ans*x%mod;
return ans;
}
void DP(int a,int b){
if (!a||!b)
return;
for (int i=10;i>=1;i--)
for (int j=1;j<i;j++)
dp[a][i]=(1LL*dp[a][i]+1LL*dp[a][j]*dp[b][i-j])%mod;
}
void IDP(int a,int b){
if (!a||!b)
return;
for (int i=1;i<=10;i++)
for (int j=1;j<i;j++)
dp[a][i]=(1LL*dp[a][i]-1LL*dp[a][j]*dp[b][i-j])%mod;
}
int main(){
n=read(),m=read();
memset(dp,0,sizeof dp);
for (int i=1;i<=n;i++)
dp[i][1]=val[i]=read();
for (int i=2;i<=n;i++)
fa[i]=read();
for (int i=n;i>1;i--)
DP(fa[i],i);
while (m--){
int opt=read(),x=read(),y=read(),anc[15];
if (opt==0){
for (int i=1,j=x;i<=10;i++,j=fa[j])
anc[i]=j;
for (int i=10;i>1;i--)
IDP(anc[i],anc[i-1]);
int inv=Pow(val[x],mod-2);
val[x]=y;
for (int i=1;i<=10;i++)
dp[x][i]=1LL*dp[x][i]*inv%mod*y%mod;
for (int i=1;i<10;i++)
DP(anc[i+1],anc[i]);
}
if (opt==1){
for (int i=1,j=x;i<=10;i++,j=fa[j])
anc[i]=j;
for (int i=10;i>1;i--)
IDP(anc[i],anc[i-1]);
for (int i=2;i<10;i++)
DP(anc[i+1],anc[i]);
fa[x]=y;
for (int i=1,j=x;i<=10;i++,j=fa[j])
anc[i]=j;
for (int i=10;i>2;i--)
IDP(anc[i],anc[i-1]);
for (int i=1;i<10;i++)
DP(anc[i+1],anc[i]);
}
if (opt==2){
for (int i=1,j=x;i<=10;i++,j=fa[j])
anc[i]=j;
for (int i=10;i>1;i--)
IDP(anc[i],anc[i-1]);
for (int i=10;i>1;i--)
DP(anc[i-1],anc[i]);
printf("%d\n",(dp[x][y]+mod)%mod);
for (int i=1;i<10;i++)
IDP(anc[i],anc[i+1]);
for (int i=1;i<10;i++)
DP(anc[i+1],anc[i]);
}
}
return 0;
}