CF2131G 题解

调了一个下午，发现 long long 存不下 \(2^{63}\)。

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我们考虑如何删掉一个数。以 \(4\) 举例：

\[\{ 4 \} \to \{ 1, 2, 3 \} \to \{ 2, 3 \} \to \{ 1, 3 \} \to \{ 3 \} \to \{ 1, 2 \} \to \{ 2 \} \to \{ 1 \} \to \varnothing \]

状压一下（第 \(i\) 位是 \(1\) 当且仅当 \(i + 1 \in S\)）：

\[1000 \to 111 \to 110 \to 101 \to 100 \to 011 \to 010 \to 001 \to 000 \]

于是需要 \(8\) 步，得分会乘 \(\prod \limits_{i = 1}^8 (\log_2(\operatorname{lowbit}(i)) + 1)\)。总结出规律：想删掉 \(n\)，需要 \(2^{n - 1}\) 步，得分会乘 \(\prod \limits_{i = 1}^{2^{n - 1}} (\log_2(\operatorname{lowbit}(i)) + 1)\)。

考虑如何快速计算 \(f(n) = \prod \limits_{i = 1}^n (\log_2(\operatorname{lowbit}(i)) + 1)\)。把 \(\log_2(\operatorname{lowbit}(i)) + 1\) 写出来：\(1, 2, 1, 3, 1, 2, 1, 4, 1, 2, 1, \cdots\)，发现这个数列的第 \([1, 2^i - 1]\) 项一定对称，于是考虑分治。

• 若 \(n = 2^m - 1\)：\(f(n) = m \cdot f^2 \left( 2^{m - 1} - 1 \right) = \lceil \log_2(n) \rceil \cdot f^2 \left( \left \lfloor \dfrac{n}{2} \right \rfloor \right)\)。

• 否则：设 \(n = 2^a + b\)，其中 \(b < 2^a\)，则 \(f(n) = f ( 2^a - 1 ) \cdot (a + 1) \cdot f(b)\)。

  Q. 如何求 \(2^a\)？

  A. \(2^a\) 实际上就是 \(n\) 的最高位。

  i64 highbit(i64 x)
  {
      x |= x >> 1;
      x |= x >> 2;
      x |= x >> 4;
      x |= x >> 8;
      x |= x >> 16;
      x |= x >> 32;
      return x - (x >> 1);
  }
  

回到题目，我们首先把 \(s\) 排序，然后从小到大删。

如果剩余步数足够删完 \(s_i\)，那就把答案乘上 \(f(2^{s_i - 1})\)。

如果不够，设还剩 \(k'\) 步，\(x = 2^{s_i - 1}\)，则要把答案乘上 \(\prod \limits_{i = x - k' + 1}^x (\log_2(\operatorname{lowbit}(i)) + 1)\)。根据这个数列的对称性，我们可以把这个式子变成 \(s_i \prod \limits_{i = 1}^{k' - 1} (\log_2(\operatorname{lowbit}(i)) + 1) = s_i \cdot f(k' - 1)\)。

时间复杂度：\(O(n \log V)\)，其中 \(V\) 为值域。代码。