题解：P16245 【MX-X27-T6】若然能将一切舍弃的话

先考虑 DP。用 \(f_i(n)\) 表示只考虑第 \(0\sim i-1\) 位，\(f(n,k)\) 的最大值。若 \(n\geq 2^{i-1}k\)，则 \(k\) 个数的第 \(i-1\) 位都可以放 \(1\)，对按位与值的贡献为 \(2^{i-1}\)。由于 \(f_{i-1}(x)\leq 2^{i-1}-1\)，所以此时必然是第 \(i-1\) 位全部放 \(1\) 最优。有递推式：

\[f_i(n)=f_{i-1}(n-2^{i-1}k)+2^{i-1} \]

若 \(n<2^{i-1}k\)，则

\[f_i(n)=\max_{0\leq t<k}f_{i-1}(n-2^{i-1}t) \]

\(k\) 很大，我们需要更强的性质。

先给出一个引理：已知非负整数序列 \(c_{1\sim n}\) 满足 \(\sum\limits_{i=0}^{m-1}c_i2^i\geq 2^m\)，则必然存在一个非负整数序列 \(d_{1\sim n}\)，满足 \(d_i\leq c_i\) 且 \(\sum\limits_{i=0}^{m-1}d_i2^i=2^m\)。

证明

考虑一个多重集 \(S\)，由 \(c_0\) 个 \(2^0\)、\(c_1\) 个 \(2^1\)、……、\(c_{m-1}\) 个 \(2^{m-1}\) 组成。

枚举 \(i=0\sim m-1\)，对于每个 \(i\)，不断将两个 \(2^i\) 合并成一个 \(2^{i+1}\)。

合并后，显然 \(S\) 中 \(\leq 2^{m-1}\) 的数的和至多为 \(2^m-1\)。而我们知道 \(S\) 的元素和 \(\geq 2^m\)，因此合并后一定有 \(2^m\in S\)。\(\Box\)

接下来直接给出关键的引理：\(f_{i-1}(n+2^{i-1})\geq f_{i-1}(n)\)。

证明

显然 \(f_{i-1}(x)\) 的定义域为 \(0\leq x\leq (2^{i-1}-1)k\)。任取一个 \(f_{i-1}(n)\) 的最优解，则剩余容量为 \((2^{i-1}-1)k-n\)。而 \(n+2^{i-1}\leq (2^{i-1}-1)k\)，也就是说 \((2^{i-1}-1)k-n\geq 2^{i-1}\)，根据引理，必然存在一种补充的方法，使得 \(x_i\) 之和恰为 \(n+2^{i-1}\)。显然对原来的最优解进行补充不会使按位与值变小。\(\Box\)

这说明当 \(n<2^{i-1}k\) 时，我们只需要取 \(g(n)\) 为 \(\leq (2^{i-1}-1)k\) 的数中，模 \(2^{i-1}\) 与 \(n\) 同余的最大的数，然后令 \(f_i(n)=f_{i-1}(g(n))\) 即可。

设 \(d=n-(2^{i-1}-1)k\)，不难得到 \(g(n)\) 的表达式：

\[g(n)=\begin{cases} n & \text{if } n\leq (2^{i-1}-1)k\\ n-\left\lceil\dfrac{d}{2^{i-1}}\right\rceil 2^{i-1} & \text{otherwise} \end{cases} \]

设 \(S_i(n)=\sum\limits_{x=0}^n f_i(x)\)，考虑如何对 \(S_i\) 递推。

当 \(n\leq (2^{i-1}-1)k\) 时，\(S_i(n)=S_{i-1}(n)\)。

当 \((2^{i-1}-1)k<n<2^{i-1}k\) 时，注意到从 \((2^{i-1}-1)k+1\)，\(g(n)\) 表现为

\[(2^{i-1}-1)k+1-2^{i-1},(2^{i-1}-1)k+2-2^{i-1},\cdots (2^{i-1}-1)k+2^{i-1}-2^{i-1} \]

的循环。设 \(d=n-(2^{i-1}-1)k\)，\(r=d\bmod 2^{i-1}\)，可以得到

\[\begin{align*} S_i(n)&=S_{i-1}((2^{i-1}-1)k)\\ &\quad +\left(S_{i-1}((2^{i-1}-1)k)-S_{i-1}((2^{i-1}-1)k-2^{i-1})\right)\left\lfloor\frac{d}{2^{i-1}}\right\rfloor\\ &\quad +S_{i-1}((2^{i-1}-1)k+r-2^{i-1})-S_{i-1}((2^{i-1}-1)k-2^{i-1}) \end{align*} \]

当 \(n\geq 2^{i-1}k\) 时，设 \(r=(k-1)\bmod 2^{i-1}\)，可以得出

\[\begin{align*} S_i(n)&=S_{i-1}((2^{i-1}-1)k)\\ &\quad +\left(S_{i-1}((2^{i-1}-1)k)-S_{i-1}((2^{i-1}-1)k-2^{i-1})\right)\left\lfloor\frac{k-1}{2^{i-1}}\right\rfloor\\ &\quad +S_{i-1}((2^{i-1}-1)k+r-2^{i-1})-S_{i-1}((2^{i-1}-1)k-2^{i-1})\\ &\quad +2^{i-1}(n-2^{i-1}k+1)+S_{i-1}(n-2^{i-1}k) \end{align*} \]

取最小的 \(i\) 使得 \(r\leq (2^i-1)k\)，递归计算 \(S_i(l-1)\) 和 \(S_i(r)\) 即可，需要记忆化。

分析一下时间复杂度。观察转移，发现一个状态 \(S_i(n)\) 往 \(S_{i-1}\) 递归时，会用到一个和 \(n\) 有关的子状态和至多三个和 \(n\) 无关的子状态。设 \(T_j\) 为 \(S_j\) 的状态数，则 \(T_j\leq T_{j+1}+3\)，也就是说 \(T_j\) 是线性增长的。而递归层数是 \(\mathcal{O}(\log{r})\)，因此总状态数是 \(\mathcal{O}(\log^2{r})\) 级别的。使用哈希表记忆化即可做到 \(\mathcal{O}(\log^2{r})\) 的时间复杂度。

实现上比较卡常，我手写哈希表才能通过。

主要代码

i128 prefix(int i, ll n) {
	if (!i || n <= 0) return 0;
	ll base = k * ((1ll << i - 1) - 1);
	i128 val1, val2, res;
	if (ht[i].query(n, res)) return res;
	if (n > base) {
		val1 = prefix(i - 1, base);
		val2 = prefix(i - 1, base - (1ll << i - 1));
	}
	auto calc = [&](ll d) -> i128 {
		return (val1 - val2) * (d >> i - 1) + prefix(i - 1, base + (d & ((1ll << i - 1) - 1)) - (1ll << i - 1)) - val2;
	};
	if (n <= base) res = prefix(i - 1, n);
	else if (n < (k << i - 1)) res = val1 + calc(n - base);
	else res = val1 + calc(k - 1) + ((i128)(n - (k << i - 1) + 1) << i - 1) + prefix(i - 1, n - (k << i - 1));
	ht[i].ins(n, res);
	return res;
}