[Comet OJ - Contest #9 & X Round 3] Namid[A]me

传送门

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一开始读错题了，以为是\(\sum_{1\leq u\leq v\leq n}f(u,v)\)，还疑惑这题这么简单怎么没人做（

实际上是\(\sum_{1\leq u\leq v\leq n}f(u,v)^{f(u,v)}\)（捂脸）

这个东西拆分是几乎不可做的，因此只能直接算。

发现对于固定起点的一条链，在链上做前缀\(\text{and}\)运算时只会使某些位的\(1\)变为\(0\)，因此可能的\(\text{and}\)取值只有不超过\(\log a\)种。即，对于确定根的某个子树，以根为一端的链\(\text{and}\)值最多只有\(d\log a\)种，其中\(d\)为子树叶子个数。

直接dfs即可，每个点维护子树中以其为一端的链\(\text{and}\)值的种类和出现次数的集合。每次合并两棵子树时，暴力枚举两个集合中所有值计算。发现两个叶子只有在lca处才会产生\(\log^2a\)的复杂度，即合并叶子的总复杂度不超过\(d^2\log^2a\)。又由于路径最多\(n^2\)条，\(nd\leq 3\times 10^6\)就变成很强的性质了，\(O(\min(n,d\log a)^2)\leq O(nd\log a)\)，在\(d\)取\(\frac{n}{\log a}\)时取到等号。

然而\(\color{grey}{\text{swk}}\)太菜了，犯了两个错误，都会导致复杂度上升至\(O(nd\log^2 a)\)：

• 维护子树中以其为一端的链\(\text{and}\)值的种类和出现次数的集合时，每次合并一棵子树要对值的种类去重。\(\color{grey}{\text{swk}}\)采用了暴力排序后去重的方法。然而正解是直接将两个vector拼接在一起，只在交接处去重。可以发现这样做不会使复杂度上界上升。

• 题面中的模数是有深意的，给出原根的目的是通过预处理离散对数来避免快速幂。然而\(\color{grey}{\text{swk}}\)没注意到这点，就直接暴力快速幂了QAQ

然而所幸的是这两只\(\log a\)都属于常数较小的一类，加之数据很难做到卡满，\(\color{grey}{\text{swk}}\)仍然完成了\(2999ms\)通过时限\(3s\)的题目的壮举（逃