【题解】UOJ Round #17
// created on 22.09.27
A. 滑稽树上滑稽果
我看错题了我 ..
注意到按位与不会变大，因此最终的答案一定是一条链。同样，答案会被分为 \(O(\log a)\) 段。为了方便先将所有值的共同位删去，这样最后的 and 值肯定会变成 \(0\) 。
如果每次挑最小的肯定有问题：我们考虑采取策略使得 and 值迅速变成 \(0\)，而不是留一堆较小值不停地问。
如果当前 and 值是 \(a\)，下一个 and 值是 \(b\)，我们肯定希望 \(a\) 尽快变成 \(b\)！显而易见，如果我们能选 \(b\)，就一定马上选 \(b\)，否则我们到达不了 \(b\) 。而在这之前我们的决策肯定是完全包含 \(a\) 的，因此对 \(b\) 的决策不构成影响。
因此我们要支持的仅仅是：对于一个 \(a,b\)，判断是否存在 \(a_i\) 和 \(a\) 的 and 为 \(b\) 。这个很容易预处理。反过来，如果我们看成将 \(\overline {b}:a\) "消灭" 也是可以的：这需要有一个数与之 and 为 \(0\) 。容易发现这样 and 后剩下的至少是 \(b\)，而 \(b\) 的子集肯定不劣于 \(b\)，所以没有问题。
B. 滑稽树下你和我
特殊性质，一定是固定某个点，移动另一个点，直到另一个点再次在节点上。我们可以令 \(f_{i,j}\) 表示点在 \(i,j\) 上，这个状态能否被到达。那么二分答案，处理出点对距离，就可以任意移动了。总复杂度 \(O(n(\sum \mathrm{deg})\log V)\) 。
一般情况有什么变化？我们需要考虑边的情况。不妨令 \(f_{i,j}\) 表示一个点在 \(i\) 上，另一个点在 \(j\) 这条边上，这个状态是否可达。这个状态划分是正确的，因为两点都在边的情况是必然能通过单调性划分到我们的状态中的。
转移的时候分类讨论一下即可，最开始将点到直线的距离（和能到达的范围处理好）即可。复杂度仍然是 \(O(n(\sum \mathrm{deg})\log V)\) 。
我还是不想写。
C. 滑稽树前做游戏
这类期望题做最基本的转化就是转为求 \(\int_{0}^{2}\mathrm{Pr}[t< \max(\max(x_i),\max(x_{a_i}+x_{b_i}))]\mathrm{dt}\) 。关于这一点和 【UR #20】金坷垃 很相似！
让 \(t\) 小于最大值，算起来比较奇怪，不妨计算 \(2-\int_{0}^{2}\mathrm{Pr}[t> \max(\max(x_i),\max(x_{a_i}+x_{b_i}))]\mathrm{dt}\) 。考虑到，如果将模型看成图，\((a_i,b_i)\) 对应边，那么答案是关于图 \(G\) 的函数。
考虑令 \(h(G,y,t)\) 表示图 \(G\) 上的 \(\mathrm{Pr}[t> \max(\max(x_i),\max(x_{a_i}+x_{b_i}))]\)，且 \(\max x_i<y\) 。定义域是 \(\frac{t}{2}\leq y\leq \min (1,t)\)我们考虑转移：
意思就是，我们考虑，如果所有点权都不超过 \(\frac{t}{2}\)，那么任意组合肯定合法。否则枚举点权最大的点，令其点权为 \(w\)，与之相邻的点点权都不超过 \(t-w<\frac{t}{2}\) 。此时与之相邻的点不可能再影响答案（因为当前点点权最大），因此将当前点与相邻点全部删掉，处理子问题。
此时，\(h(G,y,t)\) 是关于 \(y,t\) 的二元多项式。直接维护二元多项式，状压解决 \(G\) 的话，复杂度难以接受。考虑归纳证明 \(y^it^j\) 系数非 \(0\) 当且仅当 \(i+j=|G|\)：前半部分显然，后半部分，考虑 \(|G_i|+\mathrm{deg}_i=|G|-1\)，再积分回来的话，次数仍然是 \(|G|\) 。
于是我们实际需要维护的只有 \(|G|\) 项。同样，在外层，我们不考虑状压处理，而是记忆化搜索。因为每个连通块独立，分成连通块搜索，jls 说状态很少那就是吧。
