NOIP2023模拟13联测34 abstract

题目大意

有一棵有$n$个点的树，每个点有一个点权$a_i$，$f(i,j)$和$g(i,j)$分别表示$i$到$j$的路径上的权值与和权值或，求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i}^{n}f(i,j{)}^{g(i,j)}$$

输出答案模$111121$后的值。

为了方便计算，定义$0^0=0$。

$n\le 10^5,a_i\le 10^9$,给定的树的叶子（度为$1$的点）不超过$100$个。

题解

不难发现，对于树上从$i$到$j$的链，设$k$为链上的一个点，则本质不同的$f(i,k)$不超过$\log A$个，其中$A$为$a_i$的值域。$g(i,k)$同理。

称$f(i,j),g(i,j)$为一个数对，于是对于树上从$i$到$j$的链，设$k$为链上的一个点，则本质不同的数对有$O(\log A)$个。

记叶子个数为$k$，我们对每个点，用$O(k\log A)$维护这个点到每个子树节点的数对（到每个叶子节点的路径上有最多$O(\log A)$个本质不同的数对），总时间复杂度为$O(nk\log A)$。

对于挂在一个点上的链的贡献，我们可以将其看作两个叶子节点在上方相交，最多会有$O(k^2)$次合并，每次合并都是$O({\log }^{3}A)$的（要枚举这条链的两边，总共有$O({\log }^{2}A)$次，还要用快速幂来求对答案的贡献，是$O(\log A)$的），所以这部分的时间复杂度为$O(k^2{\log }^{3}A)$。

我们考虑如何省下快速幂的$\log A$。

可以用光速幂优化，用$O(p\sqrt{p})$来预处理（其中$p$为模数，即$111121$，是一个质数），那么就可以$O(1)$求$f(i,j{)}^{g(i,j)}$。

总时间复杂度为$O(nk\log A+k^2{\log }^{2}A+p\sqrt{p})$。

code

#include
using namespace std;
const int N=100000,siz=350;
const long long mod=111121;
int n,vl[N+5];
long long ans=0,pw[mod+5][siz+5];
vector<int>g[N+5];
map<pair<int,int>,int>mp[N+5];
void init(){
	for(int i=1;i<mod;i++){
		pw[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=siz;j++) pw[i][j]=pw[i][j-1]*i%mod;
	}
}
long long mi(long long x,long long y){
	x%=mod;y%=mod-1;
	return pw[pw[x][siz]][y/siz]*pw[x][y%siz]%mod;
}
void dfs(int u,int fa){
	mp[u][{vl[u],vl[u]}]=1;
	ans=(ans+mi(vl[u],vl[u]))%mod;
	for(int v:g[u]){
		if(v==fa) continue;
		dfs(v,u);
		for(auto a:mp[u]){
			for(auto b:mp[v]){
				ans=(ans+1ll*a.second*b.second%mod
					*mi(a.first.first&b.first.first,
					a.first.second|b.first.second)%mod)%mod;
			}
		}
		for(auto b:mp[v]){
			mp[u][{vl[u]&b.first.first,vl[u]|b.first.second}]+=b.second;
		}
	}
}
int main()
{
//	freopen("abstract.in","r",stdin);
//	freopen("abstract.out","w",stdout);
	init();
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&vl[i]);
	}
	for(int i=1,x,y;i<n;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		g[x].push_back(y);g[y].push_back(x);
	}
	dfs(1,0);
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}