NOIP 第十五次
时效性
A
观察规律，发现 $t$ 次变换后，二元组变为 $(ak+b(k-2^t),a(1-k)+b(2^t-k+1))$，其中 $k\in[1,2^t]$，
显然 $a+b\ne c+d$ 时不可行，$a+b=c+d$ 时只需找到令 $a$ 变为 $c$ 的最少步数，因为此时 $b$ 一定变为 $d$，
形式化地，需要找出最小的 $t$，使得其对应的 $k=\dfrac{c+2^tb}{a+b}\in[1,2^t]$，
可以发现最小的 $t$ 不会超过 $\log_2p$，于是直接枚举 $t$ 即可。
B
前 $n-18$ 个数贪心分配（当前哪个集合和更小，就给哪个集合），分配完后两集合的和的差 $\Delta$ 一定在 $[-W,W]$ 内，
数据随机，所以可以认为从后 $18$ 个数中选一些给第一个集合，选一些给第二个集合，给两集合选出的数的和的差一定可以取遍 $[-W,W]$，
所以搜出一种方案使得这个差为 $-\Delta$ 即可。
C
记 $s_u$ 表示 $u$ 的子树大小。考虑一个点 $u$ 的工资何时可以被知道：
- $s_u>k$：可以发现，$u$ 的工资可以被知道当且仅当 $u$ 没有兄弟。
- $1<s_u\le k$：可以发现，$u$ 的工资不可能被知道。
- $s_u=1$：可以发现，$u$ 的工资可以被知道，当且仅当 $u$ 没有兄弟，且 $u$ 的父亲有不少于 $k-1$ 个兄弟，且这些兄弟 $v$ 要么是叶子，要么 $s_v>k$。
设 $f_u$ 表示 $u$ 子树里最多知道多少个点的工资，考虑进行怎样的操作:
- 建议不理：$f_u=\sum f_v$。
- 只留一个 $s_v>k$ 的孩子：$f_u=1+\max\limits_{s_v>k}f_v$
- 若 $u$ 有不少于 $k$ 个孩子，还可以把一个 $s_v>1$ 且 $f_v=0$ 的孩子删到 $s_v=2$，然后把其他 $s_v\le k$ 的孩子删到 $s_v=1$：$f_u=1+\sum f_v$。
三种方案取最大值即可。
D
$f_i$ 表示 $[1,i]$ 划分权值和，$h_i$ 表示 $[1,i]$ 形成的十进制数模 $998244353$，
$$ \begin{aligned} f_i&=\sum\limits_{j=0}^{i-1}f_j\times(h_i-h_j\times10^{i-j})\\ &=\sum\limits_{j=0}^{i-1}f_j\times h_i-\sum\limits_{j=0}^{i-1}f_j\times h_j\times 10^{i-j}\\ &=h_i\sum\limits_{j=0}^{i-1}f_j-10^i\sum\limits_{j=0}^{i-1}f_j\times h_j\times 10^{-j} \end{aligned} $$
