题目
有一棵n(1<=n<=1e18)个点的树，
点i连着2*i和2*i+1两个点，构成一棵完全二叉树
对于每个点i，记其值为a[i]，a[i]可以取[1,m](1<=m<=1e5)的整数
记i到j的简单路径上的最大值为s[i][j]，
则一棵权值确定的树对答案的贡献是
现在求所有可能情况下的树的贡献之和，答案对998244353取模
实际t<=200组样例，但保证summ不超过1e5
思路来源
羊村群小羊
题解
大致的思路就是把每个长度的路径都统计算出来，然后再算贡献
而n个点的树总是可以拆成左子树和右子树继续递归下去的，有子结构的概念
所以可以按子树大小做记忆化，每棵子树暴力维护所有长度的路径进行合并
由于路径长度最长2*logn，这里固定开了128长度的vector，只对这些做合并
dp[i][2]表示当前节点u的子树长度为i的路径的条数
其中dp[i][0]表示两端都位于子树内部的路径，dp[i][1]表示有一端位于根节点的路径
求出路径方案数后求贡献，最大值为i的方案数，首先特判i=1，
然后稍作容斥，方案数等于m个值从[1,i]任取减去m个值从[1,i-1]任取
长为i的路径的方案数*剩下n-i个点任取的方案数*最大值为j的方案数*最大值j，
就是当路径长度为i，而最大值为j时，(i,j)对答案的贡献，统计所有贡献累加即可
心得
int k = std::__lg(n + 1);
ll ls=((1LL << (k - 1)) - 1) + std::min(1LL << (k - 1), n - (1LL << k) + 1);
ll rs=n-1-ls;
求左子树大小这里，抄了一下jiangly的代码，但后来想了想也很好理解
对于倒数第二层往上，是左右子树平分的
而对于最后一层，左子树能拿到的大小，为min(剩下的点数，最后一层的一半)
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef array<int,2> P;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define dbg(x) cerr<<(#x)<<":"<<x<<" ";
#define dbg2(x) cerr<<(#x)<<":"<<x<<endl;
#define SZ(a) (int)(a.size())
#define sci(a) scanf("%d",&(a))
#define pt(a) printf("%d",a);
#define pte(a) printf("%d\n",a)
#define ptlle(a) printf("%lld\n",a)
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
typedef unsigned ui;
//typedef __uint128_t L;
typedef unsigned long long L;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1e5+10,M=128,mod=998244353;
int t,m,pw[N][M];
ll n;
map<ll,vector<P>>mp;//dp[i][2]表示是否开口的方案数
void add(int &x,int y){
x=(x+y)%mod;
}
vector<P>dfs(ll n){
if(n==0)return vector<P>(1,{0,0});
if(n==1)return vector<P>(1,{0,1});
if(mp.count(n))return mp[n];
int k = std::__lg(n + 1);
ll ls=((1LL << (k - 1)) - 1) + std::min(1LL << (k - 1), n - (1LL << k) + 1);
ll rs=n-1-ls;
vector<P>l=dfs(ls),r=dfs(rs);
int sl=SZ(l),sr=SZ(r);
//printf("n:%lld lsz:%d rsz:%d\n",n,sl,sr);
vector<P>dp(128,{0,0});
rep(i,0,sl-1){
rep(j,0,sr-1){
if(!l[i][1] || !r[j][1])continue;
add(dp[i+j+2][0],1ll*l[i][1]*r[j][1]%mod);
}
}
rep(i,0,sl-1){
add(dp[i][0],l[i][0]);
add(dp[i][0],l[i][1]);
add(dp[i+1][1],l[i][1]);
}
rep(i,0,sr-1){
add(dp[i][0],r[i][0]);
add(dp[i][0],r[i][1]);
add(dp[i+1][1],r[i][1]);
}
add(dp[0][1],1);
return mp[n]=dp;
}
int modpow(int x,ll n,int mod){
if(!n)return 1;
int res=1;
for(;n;n>>=1,x=1ll*x*x%mod){
if(n&1)res=1ll*res*x%mod;
}
return res;
}
int cal(int sz,int v){
if(v==1)return 1;
return (pw[v][sz]-pw[v-1][sz]+mod)%mod;
}
int sol(){
vector<P>dp=dfs(n);
int sz=SZ(dp),res=0;
rep(j,0,sz-1){
int cnt=(dp[j][0]+dp[j][1])%mod,len=j+1;
if(len>n)break;
int oth=modpow(m,n-len,mod)%mod;
rep(i,1,m){
add(res,1ll*cnt*cal(len,i)%mod*i%mod*oth%mod);
}
}
return res;
}
int main(){
rep(i,1,N-1){
pw[i][0]=1;
rep(j,1,M-1){
pw[i][j]=1ll*pw[i][j-1]*i%mod;
}
}
sci(t);
while(t--){
scanf("%lld%d",&n,&m);
printf("%d\n",sol());
}
return 0;
}
