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有一棵n(1n1e18)个点的树#xff0c;
点i连着2*i和2*i1两个点#xff0c;构成一棵完全二叉树
对于每个点i#xff0c;记其值为a[i]#xff0c;a[i]可以取[1,m](1m1e5)的整数
记i到j的简单路径上的最大值为s[i][j]#xff0c;
则一棵权值确定的树…题目
有一棵n(1n1e18)个点的树
点i连着2*i和2*i1两个点构成一棵完全二叉树
对于每个点i记其值为a[i]a[i]可以取[1,m](1m1e5)的整数
记i到j的简单路径上的最大值为s[i][j]
则一棵权值确定的树对答案的贡献是
现在求所有可能情况下的树的贡献之和答案对998244353取模
实际t200组样例但保证summ不超过1e5
思路来源
羊村群小羊
题解
大致的思路就是把每个长度的路径都统计算出来然后再算贡献
而n个点的树总是可以拆成左子树和右子树继续递归下去的有子结构的概念
所以可以按子树大小做记忆化每棵子树暴力维护所有长度的路径进行合并 由于路径长度最长2*logn这里固定开了128长度的vector只对这些做合并
dp[i][2]表示当前节点u的子树长度为i的路径的条数
其中dp[i][0]表示两端都位于子树内部的路径dp[i][1]表示有一端位于根节点的路径 求出路径方案数后求贡献最大值为i的方案数首先特判i1
然后稍作容斥方案数等于m个值从[1,i]任取减去m个值从[1,i-1]任取 长为i的路径的方案数*剩下n-i个点任取的方案数*最大值为j的方案数*最大值j
就是当路径长度为i而最大值为j时(i,j)对答案的贡献统计所有贡献累加即可
心得 int k std::__lg(n 1); ll ls((1LL (k - 1)) - 1) std::min(1LL (k - 1), n - (1LL k) 1); ll rsn-1-ls; 求左子树大小这里抄了一下jiangly的代码但后来想了想也很好理解
对于倒数第二层往上是左右子树平分的
而对于最后一层左子树能拿到的大小为min(剩下的点数最后一层的一半)
代码
#includebits/stdc.h
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i(a);i(b);i)
#define per(i,a,b) for(int i(a);i(b);--i)
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef arrayint,2 P;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define dbg(x) cerr(#x):x ;
#define dbg2(x) cerr(#x):xendl;
#define SZ(a) (int)(a.size())
#define sci(a) scanf(%d,(a))
#define pt(a) printf(%d,a);
#define pte(a) printf(%d\n,a)
#define ptlle(a) printf(%lld\n,a)
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
typedef unsigned ui;
//typedef __uint128_t L;
typedef unsigned long long L;
typedef unsigned long long ull;
const int N1e510,M128,mod998244353;
int t,m,pw[N][M];
ll n;
mapll,vectorPmp;//dp[i][2]表示是否开口的方案数
void add(int x,int y){x(xy)%mod;
}
vectorPdfs(ll n){if(n0)return vectorP(1,{0,0});if(n1)return vectorP(1,{0,1});if(mp.count(n))return mp[n];int k std::__lg(n 1);ll ls((1LL (k - 1)) - 1) std::min(1LL (k - 1), n - (1LL k) 1);ll rsn-1-ls;vectorPldfs(ls),rdfs(rs);int slSZ(l),srSZ(r);//printf(n:%lld lsz:%d rsz:%d\n,n,sl,sr);vectorPdp(128,{0,0});rep(i,0,sl-1){rep(j,0,sr-1){if(!l[i][1] || !r[j][1])continue;add(dp[ij2][0],1ll*l[i][1]*r[j][1]%mod);}}rep(i,0,sl-1){add(dp[i][0],l[i][0]);add(dp[i][0],l[i][1]);add(dp[i1][1],l[i][1]);}rep(i,0,sr-1){add(dp[i][0],r[i][0]);add(dp[i][0],r[i][1]);add(dp[i1][1],r[i][1]);}add(dp[0][1],1);return mp[n]dp;
}
int modpow(int x,ll n,int mod){if(!n)return 1;int res1;for(;n;n1,x1ll*x*x%mod){if(n1)res1ll*res*x%mod;}return res;
}
int cal(int sz,int v){if(v1)return 1;return (pw[v][sz]-pw[v-1][sz]mod)%mod;
}
int sol(){vectorPdpdfs(n);int szSZ(dp),res0;rep(j,0,sz-1){int cnt(dp[j][0]dp[j][1])%mod,lenj1;if(lenn)break;int othmodpow(m,n-len,mod)%mod;rep(i,1,m){add(res,1ll*cnt*cal(len,i)%mod*i%mod*oth%mod);}}return res;
}
int main(){rep(i,1,N-1){pw[i][0]1;rep(j,1,M-1){pw[i][j]1ll*pw[i][j-1]*i%mod;}}sci(t);while(t--){scanf(%lld%d,n,m);printf(%d\n,sol());}return 0;
}
