Codeforces Round 896 (Div. 1) C. Travel Plan(树形dp+组合数学)

题目

有一棵n(1<=n<=1e18)个点的树，

点i连着2*i和2*i+1两个点，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](1<=m<=1e5)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t<=200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i=1，

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 rs=n-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

#include
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 array<int,2> P;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define dbg(x) cerr<<(#x)<<":"<" ";
#define dbg2(x) cerr<<(#x)<<":"<
#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 N=1e5+10,M=128,mod=998244353;
int t,m,pw[N][M];
ll n;
map>mp;//dp[i][2]表示是否开口的方案数
void add(int &x,int y){
	x=(x+y)%mod;
}
vector
dfs(ll n){
	if(n==0)return vector
(1,{0,0});
	if(n==1)return vector
(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 rs=n-1-ls;
	vector
l=dfs(ls),r=dfs(rs);
	int sl=SZ(l),sr=SZ(r);
	//printf("n:%lld lsz:%d rsz:%d\n",n,sl,sr);
	vector
dp(128,{0,0});
	rep(i,0,sl-1){
		rep(j,0,sr-1){
			if(!l[i][1] || !r[j][1])continue;
			add(dp[i+j+2][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[i+1][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[i+1][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 res=1;
	for(;n;n>>=1,x=1ll*x*x%mod){
		if(n&1)res=1ll*res*x%mod;
	}
	return res;
}
int cal(int sz,int v){
	if(v==1)return 1;
	return (pw[v][sz]-pw[v-1][sz]+mod)%mod;
}
int sol(){
	vector
dp=dfs(n);
	int sz=SZ(dp),res=0;
	rep(j,0,sz-1){
		int cnt=(dp[j][0]+dp[j][1])%mod,len=j+1;
		if(len>n)break;
		int oth=modpow(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;
}