2023年11月17日总结

更好地观看！

总结

今天是 noip 前的最后一次集训！哇酷哇酷！今天就主要是复习了，记录一下做的事情！好兴奋！

早上

打了昨天 T4 衍生出来的两个题目，非常好反悔贪心，是我的大脑旋转。

准备复习一下扫描线和平衡树。哦对，我要先把前天 vp 的 C 题改了。

哦对了今天发生了很有趣的事情。打乒乓球的时候乒乓球掉到池塘里面去了。里面的金鱼（也可能是鲤鱼）帮助我们把球送到了边边上让我们能够捡起乒乓球，谢谢小鱼！感谢🙇‍！

下午

成功通过，问题出现在一些乘法溢出了哇呜。简单说一下怎么做吧！

CF1868C

link。

我的代码跑得很快，139ms，全开 __int128 时间都才 \(1.2s\)（你猜猜我为什么要全开 __int128，因为写的时候有个地方乘法溢出了），如果再减少一下取模的数量应该可以更快。时间复杂度 \(\mathrm{O}(T \log^2 n + Tm\log n)\)。

具体怎么做呢？首先对于一条链，枚举最大值 \(y\)，长度（点数）为 \(x\)，那么贡献就是 \((y^x-(y - 1)^x)\times y \times m^{n - x}\)。然后枚举最大值和长度。我们容易发现链的不同长度数量是 \(\text{O}(\log n)\) 的，我们要求得每种长度的链的数量，然后和上面的贡献乘起来求和就行。那么我们怎么去求数量呢？我们考虑枚举一条链，从 lca 往两个儿子两边的长度是多少，会发现对于上面几层，对应的都是满二叉树，直接计算，需要特别计算的就是二叉树最下面一层的，特殊处理一下就可以。具体实现请看代码，要预处理一下幂。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char *p1, *p2, buf[5000000];
#define nc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,5000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define read(x) {x=0;int ch;while(!isdigit(ch=nc()));do x=x*10+(ch^48);while(isdigit(ch=nc()));}
template<typename T>
void write(T x) {
  if (x >= 10) write(x / 10);
  putchar((x % 10) ^ 48);
}
int t;
using ll = long long;
ll n;
int m;
#define mod 998244353ll
ll qp(ll x, ll y) {
  ll ans = 1;
  while (y) {
    if (y & 1) ans = ans * x % mod;
    y >>= 1;
    x = x * x % mod;
  }
  return ans;
}
ll gs[128];
#define N 100010
ll mi[N][128], jm[128];
signed main() {
  read(t);
  while (t--) {
    read(n) read(m)
    int cs = __lg(n), mc = cs; //总层数（从零开始），满二叉树层数
    if (__builtin_popcountll(n + 1) != 1) --mc;
    ll ans = 0;
    int mlen = cs * 2ll + 1;
    if (n != 1 && !(n & (n - 1))) --mlen; //最长链的长度
    for (int j = 1; j <= mlen; ++j) { //处理出每种长度的链的个树
      gs[j] = 0;
      for (int k = max(j - 1 - cs, 0); k * 2 <= j - 1; ++k) {
        int l = j - 1 - k; //k, l 代表两端垂下的长度
        ll tmp, tt;
        //注意这里可能会爆 long long
        tt = (__int128(1) << (max(k - 1, 0) + max(l - 1, 0) + (k != l))) % mod; //每个顶点有多少种选择
        if (mc < l) goto nxt;
        tmp = (1ll << (mc - l + 1)) - 1; //满的顶点数
        tmp %= mod;
        gs[j] += tmp * tt % mod;
        nxt:
        if (cs != mc) { //如果不是满二叉树
          ll rest = n - (1ll << cs) + 1;
          gs[j] += (rest / (1ll << l)) % mod * tt % mod; //先处理满的顶点
          rest %= (1ll << l);
          ll zuo = min(rest, 1ll << max(0, l - 1));
          ll you = rest - zuo;
          zuo %= mod, you %= mod; //最后一个是不满的，把左右两边最下面一层的叶子个数求出来
          if (k < l) { //如果两端深度不一样
            tt = zuo * ((1ll << max(k - 1, 0)) % mod) % mod + you * ((1ll << max(k - 1, 0)) % mod) % mod;
            tt %= mod;
            gs[j] += tt;
          } else { //两端深度一样，即都在叶子节点
            tt = zuo * you % mod;
            gs[j] += tt;
          }
        }
      }
      gs[j] %= mod;
    }
    for (ll i = 1; i <= m; ++i) { //预处理幂，其实可以放在外面，可能更快。
      mi[i][0] = 1;
      for (int j = 1; j <= mlen; ++j) {
        mi[i][j] = mi[i][j - 1] * i % mod;
      }
    }
    jm[mlen] = qp(m, (n - mlen) % (mod - 1));
    for (int j = mlen - 1; j; --j) {
      jm[j] = jm[j + 1] * m % mod;
    }
    for (ll i = 1; i <= m; ++i) {
      for (int j = 1; j <= mlen; ++j) {
        auto val = (mi[i][j] - mi[i - 1][j] + mod) * i % mod * jm[j] % mod;
        ans += gs[j] * val % mod; //数量乘贡献
      }
    }
    ans %= mod;
    write(ans);
    putchar('\n');
  }
  return 0;
}

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没有打扫描线和平衡树。随缘吧，加油！

后记

再次感谢小鱼！祝你们好运，也祝我们好运，rp++！