我又回来了！！@@！！

那你自己看看代码%%%%%%

马上 我又被拉出去了

其实是一个道理，f[i][j]也是这样啊

所以要两个dfs 接下来就是f【i】【j】有什么用对吧

所以先得到自己儿子的所有F[i]值，再得到自己上面的F[i]值，这两者没办法同时进行

因为此时u的上面的点的F[i]都是0，没办法用上面更新下面

那么对于你要更新F[i],最简单也是必要的就是先统计自己son的F[j]

打个比方，对于以u为根来说，一共有三部分组成，一个是u,一个是u的上面，一个就是u的son组成的集合

即记录时自己的儿子的值应该先返回给自己，因为，必须知道所有的小辈部分的F[i]才能去为小辈更新他们的f[i][j]

不是很好讲，因为dfs1与dfs2的关系不是并列的

这里的方法就有点生涩了、、

这两者先后看似没有顺序，但是如果放在一起处理就会出事故、

只处理fa到i的情况肯定不行，只处理i到fa的情况也不行

回顾本题，这道题中指的是任意道路

与刚刚的先处理儿子在处理fa相反，所以这一次先处理fa在处理儿子

寓意就是fa[i]处理完了在来处理i

这次的dfs在处理下方

所以要第二次dfs

之后就是这样做完了为什么还要一次dfs对吧

我有一个疑惑的地方，因为第一次我是用dfs（1， 0），把1作为根来去遍历它的儿子，然后用儿子更新根，好像并没有把根的值去更新儿子？

公式原因我就不讲了。。

我们用它儿子的值即F[i(v)]去更新它的值F[fai],公式就是，F[x]+=F[v]+len(就是x与v的边长)/M（mod）

x为当前点，v为它的儿子，

对于i的father fa[i],来说，他的每一个儿子都可以对他本身的值产生贡献，所以这一次dfs为的是
cpp
F[x]+=F[v]+e[i].len/M;
f[x][e[i].len%M]++;
for(j=0;j<M;j++){
k=j+e[i].len;
F[x]+=k/M*f[v][j];
f[x][k%M]+=f[v][j];
}


或者这么说：f[i][j]可以对f[fa[i]][(j+len)/mod]+f[fa[i]][(j+len)%len]产生贡献

然后f[i][j]可以拆成f[i][(j+len)/mod]+f[i][(j+len)%len].

刚刚有事不好意思

求出了f[i][(j+len)%mod]

因为我们一开始定义的是这样：F[i]表示以i为根的和，然后f[i][j]就比较奇妙了，

接着 dfs1是计算f[i][(j+len)%mod]的值

我们考虑暴力计算mod的情况，因为mod很小，可以直接枚举。

是这样的

@？？？？
好吧 @A 恩知道没用还是搞搞

dis(u, v)是题目中给的len吗