圣诞树

题目描述
圣诞节到了，小可可送给小薰一棵圣诞树。这棵圣诞树很奇怪，它是一棵多叉树，有n个点，n-1条边。它的每个结点都有一个权值。小可可和小薰想用这棵树玩一个游戏。

定义(s,e)为树上从s到e的简单路径，我们可以记下在这条路径上经过的结点，定义这个结点序列为S(s,e)。

我们按照如下方法定义这个序列S(s,e)的权值G(S(s,e))：假设这个序列中结点的权值为Z0，Z1，…，Z(L-1)，其中L为序列的长度，我们定义G(S(s,e))=Z0 × k0 + Z1 × k1 + … + Z(L-1) × k(L-1)。

如果路径(s,e)满足G(S(s,e)) ≡ x (mod y) ，那么这条路径属于小可可，否则这条路径属于小薰。小可可和小薰很显然不希望这个游戏变得那么简单。小薰认为如果路径(p1,p2)和(p2,p3)都属于他，那么路径(p1,p3)也属于他，反之如果路径(p1,p2)和(p2,p3)都属于小可可，那么路径(p1,p3)也属于小可可。然而这个性质并不总是正确的。所以小薰想知道到底有多少三元组(p1,p2,p3)满足这个性质。

小薰表示她看一眼就知道这道题怎么做了。你会吗？

输入
第一行包含四个整数n，y，k和x，其中n为圣诞树的结点数，y，k和x的含义如题目所示，题目保证y是一个质数。

第二行包含n个整数，第i个整数vi表示第i个结点的权值。

接下来n-1行，每行包含2个整数，表示树上的一条边。树的结点从1到n编号。

输出
包含一个整数，表示有多少整数组(p1,p2,p3)满足题目描述的性质。

样例输入
1 2 1 0
1
样例输出
1
提示
【样例2】

tree.in

tree.out

3 5 2 1

4 3 1

1 2

2 3

14

【样例3】

tree.in

tree.out

8 13 8 12

0 12 7 4 12 0 8 12

1 8

8 4

4 6

6 2

2 3

8 5

2 7

341

【数据规模】

对于20%的数据，n ≤ 200；

对于50%的数据，n ≤ 104；

对于100%的数据，1 ≤ n ≤ 105，2 ≤ y ≤ 109，1 ≤ k ≤ y，0 ≤ x < y。

题解

代码（能开long long 的就开long long 吧）

#include<bits/stdc++.h>#define ll long long#define N 100005using namespace std;inline int read(){    int 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;}int cnt,rt,tot,sum;ll x,y,k,n;int Head[N],ret[2*N],Next[2*N];int val[N];int size[N],mx[N],bl[N];ll in[N],out[N],fac[N],inv[N];struct node{ll v;int id;}qg[N],qh[N];bool flag[N];bool cmp(node a,node b){return a.v<b.v;}ll gpow(ll x,ll k){    if (k==0) return 1;    if (k==1) return x;    ll t=gpow(x,k>>1);    t=t*t%y;    if (k&1) t=t*x%y;    return t;}void pre(){    fac[0]=1;    for (int i=1;i<=n;i++)fac[i]=(ll)fac[i-1]*k%y;    inv[n]=gpow(fac[n],y-2);    for (int i=n-1;i;i--)inv[i]=(ll)inv[i+1]*k%y;}inline void ins(int u,int v){ret[++tot]=v;Next[tot]=Head[u];Head[u]=tot;}void getroot(int u,int f)//找重心{    size[u]=1;mx[u]=0;    for (int i=Head[u];i;i=Next[i])    {        int v=ret[i];        if (!flag[v]&&v!=f)        {            getroot(v,u);            size[u]+=size[v];            mx[u]=max(mx[u],size[v]);        }    }    mx[u]=max(mx[u],sum-size[u]);    if (mx[u]<mx[rt]) rt=u;}void dfs(int u,int f,ll h,ll g,int l)//搜索子数，h表示h(x,y),g表示g(x,y),l表示深度{    qh[++cnt].v=h;qg[cnt].v=(((ll)(x-g)%y+y)%y)*inv[l]%y;    qh[cnt].id=u;qg[cnt].id=u;if (f==rt||u==rt) bl[u]=u;else bl[u]=bl[f];    for (int i=Head[u];i;i=Next[i])    {        int v=ret[i];        if (v!=f&&!flag[v])            dfs(v,u,(h+val[v]*fac[l-1])%y,(g*k+val[v])%y,l+1);      }}int queryr(int v)//二分相等的最右端{    int l=1,r=cnt;    while (l!=r)    {        int mid=(l+r+1)>>1;        if (qg[mid].v>v) r=mid-1;else l=mid;     }    return l;}int queryl(int v)//二分相等的最左端{    int l=1,r=cnt;    while (l!=r)    {        int mid=(l+r)>>1;        if (qg[mid].v<v) l=mid+1;else r=mid;    }    return l;}void solve(int u){    cnt=0;flag[u]=1;    dfs(u,0,0,val[u],1);    sort(qh+1,qh+cnt+1,cmp);    sort(qg+1,qg+cnt+1,cmp);    for (int i=1;i<=cnt;i++)    {        int l=queryl(qh[i].v);        int r=queryr(qh[i].v);        if (qg[l].v!=qh[i].v) continue;        for (int j=l;j<=r;j++)            if (bl[qh[i].id]!=bl[qg[j].id]||(bl[qh[i].id]==rt&&bl[qg[j].id]==rt))            {                in[qh[i].id]++;                out[qg[j].id]++;            }       }//更新in[]和out[]    for (int i=Head[u];i;i=Next[i])    {        int v=ret[i];        if (!flag[v])        {            rt=0;sum=size[v];            getroot(v,0);            solve(rt);        }    }}int main(){    n=read(),y=read(),k=read(),x=read();    pre();    for (int i=1;i<=n;i++) val[i]=read();    for (int i=1;i<n;i++)    {        int u=read(),v=read();        ins(u,v);ins(v,u);    }    rt=0;sum=n;mx[0]=n;    getroot(1,0);    solve(rt);    ll ans=0;    for (int i=1; i<=n; i++)         ans+=((ll)in[i]*(n-out[i])+(ll)out[i]*(n-in[i])+(ll)2*out[i]*(n-out[i])+(ll)2*in[i]*(n-in[i]));//,cout<<i<<" "<<in[i]<<" "<<out[i]<<endl;    cout<<(ll)n*n*n-ans/2<<endl;}