AtCoder Beginner Contest 310

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$$\text{Round 8 : AtCoder Beginner Contest 310 (VP)}$$

一言:
虚伪的眼泪，会伤害别人，虚伪的笑容，会伤害自己。
——反叛的鲁鲁修

$\text{F}$ 竟然没有第一时间想到状压，还是太蒟了。。

$\text{F: Make 10 Again}$

这题看到一个子集，再加上子集和的范围只需要考虑小于 $10$ 的情况，其实就应该直接想到状压的，不知道当时我是范什么抽了，竟然没想到。。。

我们定义 $d{p}_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数中，每个骰子选出的数所能构造出的小于等于 $10$ 的子集和只能是 $j$ 状态上二进制为 $1$ 的数。

显然，我们可以考虑枚举一个 $k,l$ 分别表示第 $i$ 个骰子会投出那个数。和从 $i-1$ 的那个状态转移过来。那么下面就是考你位运算的时候。

首先已经至少出现 $k$ 这个状态了，接着，由于投出了 $l$，所以当前状态就变成了 $2^l|k$。但是由于是子集和，所以以前的子集和可以全部加上 $l$ 构成新的子集和，也就是 $k<<l$，但是由于这样可能会超出 $10$，所以有 $(k<<l)\mathrm{\&}(2^{10}-1)$，所以用人话说就是 $dp[i][2^l|k|((k<<l)\mathrm{\&}(2^{10}-1))]+={\displaystyle \frac{dp[i-1][k]}{a[i]}}$。

另外，对于 $a_i\ge 10$ 的情况可能会导致左移的太多炸精度，所以直接特殊处理就可以了。

$\text{Submission}$

$\text{G: Takahashi And Pass-The-Ball Game}$

题目里面那个期望其实没什么大用的，就是用来唬人的。

仔细读题之后，就会发现题意实际上就是对于一个点 $i$ 他的权值是 $a_i$，他的父亲是 $b_i$，他会对所有他 $k$ 步以内的祖先的答案全部加上 $a_i$，最后输出每个点的答案除以 $k$ 对一个质数取模。

由于是向上跳 $k$ 步，我们考虑是否可以倍增。（鬼知道是怎么想到这个倍增的。）我们可以一步一步来理解这个过程：

如果是向上跳 $2^j$ 步，且当前每个数组中已经存好了 $2^{j-1}$ 步的情况。（具体储存什么后面会讲）注意，由于是倍增处理，我们要把 $a$ 和 $b$ 数组也处理到倍增以后的情况，也就是 $a_i$ 就表示当前跳完 $2^{j-1}$ 步后，他的 $2^j$ 步会跳到哪里，所以跳完 $2^{j-1}$，都有 $a_i=a_{a_i}$。（仔细思考可以发现，这个和树上倍增的思想类似。）对于 $b_i$，我们储存已经跳完 $2^{j-1}$ 步每个点的答案。仔细想可以发现，我们对于 $b_i$ 只需要统计从 $(2^{j-1}+1)-2^j$ 这些步数跳来的，在加上 $b_i$，就可以得到答案。仔细思考一下，这不就是 $b_{a_i}=b_{a_i}+b_i$。

最后统计答案的时候，我们将所有 $k$ 的二进制位是 $1$ 的 $b$ 加到答案上就可以了。（并记得在此时重新初始一下 $b$ 数组）

还是要配合代码才能方便理解啊。。。。

$\text{Submission}$

$\text{What I learned:}$

• 当答案是关于选出的数的一些子集的限制时，且这些限制并不是很多，可以通过二进制表示出来。那么请考虑状态压缩。

• 当你在题目中看到期望的时候，不要紧张，大概率都需要将问题的模型转化一下。

• 如果要求 $n$ 个东西经过 $k$ 步的贡献之和，可以考虑把 $k$ 拆成 $2^{i_1}+2i_2+..{.2}^{i_l}$ 这样一个一个的二进制位。然后从 $2^0$ 开始，每次让次数加一次，也就是通过一些手段求出经过 $2^0,2^1,2^n..{.2}^{il}$ 这些步数的贡献，然后每次将 $2^{i_1},2^{i_2}..{.2}^{i_l}$ 这些步数的贡献加在一起，就可以得到 $k$ 步的贡献之和。相当于将时间复杂度从 $O(nk)$ 优化到 $O(n\log k)$。

• 不只是树可以倍增，仔细想想，基环树或者只有一个父亲的图是不是都可以倍增？