如果把
看做i的父亲,那么这显然是一棵完全二叉树。
题目就是要求每个点i往上跳k条边,这k+1个点的权值和%m==0.
不难看出,权值只在%m意义下讨论即可,而且如果确定了前k+1层的点,剩下的点的权值是唯一的。
因此我们可以预处理出前k+1层的点权值为i的花费。(点i的权值一定与点
同余)
朴素处理是
的,考虑到我们每次其实是加了一个等差数列上去,可以直接打标记
,最后再
处理出实际的数.
现在我们只需要考虑这
个点即可。
树形dp,f[x][i]表示x到叶子的权值和为i的最小花费,
转移即可。复杂度
,最终答案就是f[1][0]
因此总复杂度为
注意处理可能不足
个点的情况qaq
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 10000010
inline char gc(){
static char buf[1<<16],*S,*T;
if(T==S){T=(S=buf)+fread(buf,1,1<<16,stdin);if(T==S) return EOF;}
return *S++;
}
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=gc();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=gc();}
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
return x*f;
}
int n,m,K,a[N],b[N],p[N];ll f[2100][210],w[2100][410],w1[410],c[210];
unsigned int SA, SB, SC;
unsigned int rng61(){
SA ^= SA << 16;
SA ^= SA >> 5;
SA ^= SA << 1;
unsigned int t = SA;
SA = SB;
SB = SC;
SC ^= t ^ SA;
return SC;
}
inline void gen(){
int pp=read();SA=read(),SB=read(),SC=read();int A=read(),B=read();
for(int i = 1; i <= pp; i++) a[i]=read()%m,b[i]=read();
for(int i = pp+ 1; i <= n; i++){
a[i] = rng61() % A + 1;a[i]%=m;
b[i] = rng61() % B + 1;
}
}
int main(){
// freopen("a.in","r",stdin);
int tst=read();
while(tst--){
n=read();K=read();m=read();gen();int nn=1<<K+1;memset(w,0,sizeof(w));
for(int i=1;i<nn;++i) p[i]=i,w[p[i]][a[i]+1]+=b[i];
for(int i=nn;i<=n;++i) p[i]=p[i/nn],w[p[i]][a[i]+1]+=b[i];
n=nn-1;
for(int x=n;x>=1;--x){
ll tmp=0,del=0;memset(c,0,sizeof(c));
for(int i=0;i<=2*m-1;++i){
if(w[x][i]) del+=w[x][i],w1[i+m-1]+=w[x][i];
if(w1[i]) del-=w1[i],tmp-=w1[i]*(m-1),w1[i]=0;
tmp+=del;c[i%m]+=tmp;
}if(x*2>n){for(int i=0;i<m;++i) f[x][i]=c[i];continue;}
for(int i=0;i<m;++i){
f[x][i]=1LL<<60;
for(int j=0;j<m;++j){
int k=i-j;if(k<0) k+=m;
f[x][i]=min(f[x][i],f[x<<1][j]+f[x<<1|1][j]+c[k]);
}
}
}printf("%lld\n",f[1][0]);
}return 0;
}