【BZOJ5333】荣誉称号（SDOI2018）-找规律+树形DP

测试地址：荣誉称号
做法：本题需要用到找规律+树形DP。
第一次想出Luogu黑题祭。
首先，考虑题目中条件的形式，如果我们令点i$i$的父亲为点⌊i2⌋$\lfloor \frac{i}{2}\rfloor$（实际上就是在二进制中右移一位），那么所有点可以拼成一棵二叉树，问题就可以表示成：要使树上所有长为k+1$k+1$的祖孙链上的a$a$值之和对m$m$的余数为0$0$，点i$i$上a$a$值加1$1$的花费是bi$b_i$，求最小花费。
因为要使所有长为k+1$k+1$的祖孙链上的a$a$值之和对m$m$的余数为0$0$，那么每一个深度为x$x$的点的两个儿子a$a$值应该同余（因为从根到两个儿子的路径对m$m$余数都为0$0$）。进一步地向下推，我们可以得到一个结论：每个点的a$a$值和它的k+1$k+1$级父亲的a$a$值同余。也就是说，在决定前k+1$k+1$层的某一个点时，顺带着也决定了它所有x(k+1)$x(k+1)$级儿子的值，这时候我们就可以把k+1$k+1$层以下的点的贡献直接缩到前k+1$k+1$层的点上去。以下为了方便讨论，直接令a$a$值为实际a$a$值对m$m$的余数。
令cost(i,j)$cost(i,j)$为点i(1≤x<2k+1)$i(1\le x<2^{k+1})$选择的a$a$值为j$j$时所连带产生的贡献。如果暴力算出这个数组，那么时间复杂度将是O(nm)$O(nm)$，无法承受。事实上，我们可以尝试先O(n)$O(n)$求出cost(i,0)$cost(i,0)$，然后进行递推。要从cost(i,j)$cost(i,j)$到cost(i,j+1)$cost(i,j+1)$，首先是所有点都要多增加费用，然后对于那些原本a$a$值就是j+1$j+1$的点，要减去m⋅bv$m\cdot b_v$的贡献。于是我们只需要在O(n)$O(n)$求cost(i,0)$cost(i,0)$时，顺带求出totsum(i)$totsum(i)$：点i$i$连带的点的费用总和，sum(i,j)$sum(i,j)$：点i$i$连带的原a$a$值为j$j$的点的费用总和，就可以对每个i$i$进行O(m)$O(m)$递推了，那么总的时间复杂度就是O(n+2k+1m)$O(n+2^{k+1}m)$，可以承受。
那么接下来考虑树形DP。对于所有第k$k$层的点，它的两个儿子要取的a$a$值和它到根路径上a$a$的和有关，于是我们这样定义状态：令f(i,j)$f(i,j)$为点i$i$的子树以及所有连带的点中，在根到点i$i$路径上a$a$值之和的余数为j$j$时，所能得到的最小花费。因为DP时的方便，我们在求f(i,j)$f(i,j)$时才枚举两个儿子要选什么，所以这个f(i,j)$f(i,j)$的贡献中不包含i$i$及其连带点的贡献。那么对于所有第k$k$层的点有：
f(i,j)=cost(lson,m−j)+cost(rson,m−j)$f(i,j)=cost(lson,m-j)+cost(rson,m-j)$
其中m−j$m-j$应该再对m$m$取模，以下这个位置的式子都应该取模，为了方便就不写了。
而对于前k−1$k-1$层的点有：
f(i,j)=min{f(lson,j+x)+cost(lson,x)+f(rson,j+y)+cost(rson,y)}$f(i,j)=min\{f(lson,j+x)+cost(lson,x)+f(rson,j+y)+cost(rson,y)\}$
显然x,y$x,y$的选择互不影响，所以直接O(m)$O(m)$分别求出和x,y$x,y$有关的部分式子的最小值再加起来即可。
而最后的答案为：
ans=min{f(1,x)+cost(1,x)}$ans=min\{f(1,x)+cost(1,x)\}$
就是加上了点1$1$及其连带点的贡献。于是DP的复杂度为O(2km2)$O(2^k{m}^2)$，可以承受，我们就解决了这一题。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=20000010;
const ll K=2060;
const ll M=1010;
const ll inf=1000000000ll*1000000000ll;
int T,n,k;
ll m,a[N],b[N],pre[N];
ll totsum[K],sum[K][M],cost[K][M];
ll f[K][M];

unsigned int SA, SB, SC;
int p, A, B;

unsigned int rng61(){
    SA ^= SA << 16;
    SA ^= SA >> 5;
    SA ^= SA << 1;
    unsigned int t = SA;
    SA = SB;
    SB = SC;
    SC ^= t ^ SA;
    return SC;
}

void gen(){
    scanf("%d%d%lld%d%u%u%u%d%d", &n, &k, &m, &p, &SA, &SB, &SC, &A, &B);
    for(int i = 1; i <= p; i++)scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
    for(int i = p + 1; i <= n; i++){
        a[i] = rng61() % A + 1;
        b[i] = rng61() % B + 1;
    }
}

int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        memset(a,0,sizeof(a));
        memset(b,0,sizeof(b));

        gen();

        memset(totsum,0,sizeof(totsum));
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        memset(cost,0,sizeof(cost));

        int tot=1;
        while(tot<=n) tot<<=1;
        n=tot;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            pre[i]=(i>>(k+1))?pre[i>>(k+1)]:i;
            a[i]%=m;
            totsum[pre[i]]+=b[i];
            sum[pre[i]][a[i]]+=b[i];
            cost[pre[i]][0]+=(m-a[i])%m*b[i];
        }
        for(int i=1;i<(1<<(k+1));i++)
            for(int j=1;j<m;j++)
                cost[i][j]=cost[i][j-1]+totsum[i]-m*sum[i][j];

        for(int i=(1<<(k-1));i<(1<<k);i++)
            for(int j=0;j<m;j++)
                f[i][j]=cost[i<<1][(m-j)%m]+cost[i<<1|1][(m-j)%m];
        for(int i=(1<<(k-1))-1;i>=1;i--)
            for(int j=0;j<m;j++)
            {
                ll ans1=inf,ans2=inf;
                for(int x=0;x<m;x++)
                    ans1=min(ans1,f[i<<1][(j+x)%m]+cost[i<<1][x]);
                for(int x=0;x<m;x++)
                    ans2=min(ans2,f[i<<1|1][(j+x)%m]+cost[i<<1|1][x]);
                f[i][j]=ans1+ans2;
            }

        ll ans=inf;
        for(int i=0;i<m;i++)
            ans=min(ans,f[1][i]+cost[1][i]);
        printf("%lld\n",ans);
    }

    return 0;
}