5.5 最大前缀和 & 时间流逝 & 树上异或
注意：暴力是 \(n!\) 的，不是指数。
马上就想到了假设当前选数状态是一个前缀的方案数，应该是 \(f_i \times g_{S-i}\)。
考虑计算 \(f\) 和 \(g\)。利用一些性质，简单计算即可……
需要注意的是 \(f\) 的转移，如果是【将 \(a_i\) 放在最后】不好转移，于是我们考虑把他放到最前面。
形式化题意
给定一长为 \(N\) 的有序序列 \(a\)，序列内元素两两不同。你现在有一个栈，初始为空，你会不断执行以下操作直到栈内元素之和 \(>T\)。一次「操作」过程如下：
-
如果栈不为空，则有 \(P\) 的概率弹出一个元素。
-
如果没弹，在所有 \(\le\) 栈顶的 \(a_i\) 里随机地取一个，将其入栈（不把 \(a_i\) 删掉，下一次也可能继续入栈）。
问操作终止时进行操作次数的期望。
Sol
首先考虑状态树。是一个单调递减的状态，并且和很小。这个状态数考试的时候要去搜一下，如果可以接受就直接搞。结论：在 \(10^6\) 左右。
假设根节点为 \(\varnothing\)。则 \(f_i=P\times (f_{fa}+1)+\dfrac{1-P}{in_i} \times \sum (f_{to}+1)\)。
注意这里的概率都是 \(i\) 这个点的，不能弄成其它。比如 \(f_{fa}+1\) 表示 \(i\) 走一步可以到 \(fa\)。
【树上高斯消元】：其实就是将这个式子后效性去除。
设 \(f_x=k_x\times f_{fa}+b_x\)，带进去每次转移的时候一下算下 \(k, b\) 即可。
注意到这是一个线性关系，我们根本就不需要知道 \(dp\) 的值，只需每次回溯 \(k,b\) 最后线性推出。
此题更特殊，因为根节点 \(P=0\)，所以 \(dp_1=b_1\)。
P9745 一道非常好的树上 dp
树上问题可以先考虑链的情况。
链的话就是一个 \(n^2\) dp。钦定当前第一次断。
这个题的状态定义非常的妙，记住！！！
首先注意到：\(x=\sum \prod \bigoplus\) 在加入一个新的 \(\bigoplus'\) 后，答案为 \(x\times \bigoplus'\)。
注意题目是【联通块删边】。因此普通的状态不行。设 \(f(i,S)\) 表示当前和 \(i\) 相连的块 xor 和为 \(S\)，其余的块的异或乘积的和。注意还有个 其余的块。
这个状态的优势在于：你每次算一条边，如果不删，那么可以直接和 \(S\) 进行背包转移；如果删，那么跟 \(i\) 的块没有任何影响，只是更新即可。
因此还需要记录一个真正的 \(dp(i)\) 表示 \(i\) 子树的答案，处理【删边】的情况。
并且我们当前已经知道 \(i\) 所在块的状态，所以只记录其他的会更方便。
故 \(f(i,S)=f(i,S)\times dp(to) + \sum f(i,S\bigoplus x) \times f(to,x)\)
后面的转移是不删边，由于计算的不包含 \(i\)，所以把另外两块独立的乘起来即可。
\(g\) 转移显然。
然后考虑优化，应该可以看出来要拆位。\(f(i,j,0/1)\)。
然后你发现后面的转移就是把 \(S\) 给二进制分解，做一做即可。
但是为什么拆位算出来是对的。考虑 \(dp\) 的转移，这显然是没有问题的。
反正记住异或可以拆位就行了，合并应该都适用。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = 5e5 + 5, M = 63, Mod = 998244353; ll read();
int n, m; vector <int> G[N];
ll a[N];
int dp[N], f[N][M][2];
void dfs(int x, int fa) {
// init x only 具体来说，是和 x 结合乘了多少
for(int i = 0;i <= 61; ++i)
if(a[x] & (1ll << i)) f[x][i][1] = 1;
else f[x][i][0] = 1;
for(int to : G[x]) {
if(to == fa) continue ;
dfs(to, x);
for(int j = 0;j <= 61; ++j) {
int xx = f[x][j][1], y = f[x][j][0];
f[x][j][1] = (1ll * xx * dp[to] % Mod + 1ll * y * f[to][j][1] % Mod + 1ll * xx * f[to][j][0] % Mod) % Mod;
f[x][j][0] = (1ll * y * dp[to] % Mod + 1ll * xx * f[to][j][1] % Mod + 1ll * y * f[to][j][0] % Mod) % Mod;
}
}
for(int j = 0;j <= 61; ++j) dp[x] = (dp[x] + (1ll << j) % Mod * 1ll * f[x][j][1] % Mod) % Mod;
}
// dp(x) = \sum f(x, y) * y 其它子树内连通块异或和的乘积。
// 具体地，你的拆位只是当一个状态变化
signed main() {
cin >> n;
for(int i = 1;i <= n; ++i) a[i] = read();
for(int i = 2, x;i <= n; ++i) {
x = read();
G[x].pb(i), G[i].pb(x);
} dfs(1, 0);
cout << dp[1];
return 0;
}
ll read() {
char c; ll f = 1, sum = 0;
while(c < '0' or c > '9') {if(c == '-') f = -1;c = getchar();}
while(c >= '0' and c <= '9') {sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (c ^ 48);c = getchar();}
return sum * f;
}
// f(i, j, 0) = f(i,j,0)*g(to) + f(i,j,0)*f()
// 每一位的单独情况
