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題目大意：
這個題大概就是說每種動物編號的二進位制位中是 \(1\) 的位對應了這種動物所需要的飼料之一，讓你去求在當前飼料供給條件下，還能多飼養多少動物。
仔細想一下會發現，其實並沒有必要去維護所謂的飼料種類 \(c\) 。這取決於題面中一條很重要的性質，就是保證 \(q_i\) 互不相同。
這樣的話就只會出現乙個二進位制位對應多種飼料，而不會出現一種飼料對應多個二進位制位的情況，這樣的話就可以考慮用 \(p_i\) 來維護所需要的飼料種數。
考慮相同的二進位制位對飼料種類的貢獻是重疊的，所以就可以把所有的已有的動物編號或起來，然後對於給定的每乙個 \(p_i\) ，看一下對應的二進位制位是否為 \(1\) 。
如果為 \(1\) ， 那編號二進位制此位為 \(1\) 的動物就可以新增進來飼養， 若為 \(0\) 就會導致飼料種類發生變化，不可以飼養。
這樣最後的結果就是 \(2^ - n\) , \(cnt\) 為會導致飼料種類發生變化的二進位制位個數。
最後，這個題有兩個坑點：一是對於相同的 \(p_i\) ，只能統計一次；二是當 \(n = 0\) 且 \(k = 64\) 時，答案會爆 \(unsigned long long\) ， 需要特判一下。
#include#include#include#include#include#define maxn 1000005
typedef unsigned long long ull;
int n, m, c, k, cnt;
int p[maxn], q[maxn];
ull a[maxn], al;
std::mapm;
template inline void read(i &x) while(ch < '0' || ch > '9');
do while(ch >= '0' && ch <= '9');
x *= f; return;
}template inline void write(i x)
if(x > 9) write(x / 10);
putchar( x % 10 + '0');
}int main()
出考場以後發現有個線段樹的暴力做法還是挺簡單的（但是就是沒空寫了）
導致我白白丟了70pts……
下面進入正題：
首先考慮怎麼去處理乘法和加法操作：
想一想可以發現，對於乙個操作序列 $ a_i + p , a_i \times q $ , 可以將其轉化為 $ a_i \times q , a_i + p \times q $ 。
由此可知，可以把先加後乘的操作序列修改為先乘後加的操作序列， 且修改後加法操作相當於進行了 $ q $ 次。
然後考慮操作的呼叫。由題目中的約束條件可知，所有操作呼叫構成一張dag。因此，考慮建立乙個超級原點， 這個點連向所有初始呼叫的操作，這樣就構成了一棵以 0 為原點的操作樹。
考慮按 「左 -> 右 -> 中」 對該樹進行遍歷， 更新出執行到該點時全域性乘上的值， 也就相當於執行次數。
考慮操作樹上的每乙個點時， 連向該點的邊應當全部被處理完， 即入度為 0 , 所以考慮用拓撲排序來解決這個問題。
當拓撲到乙個點時，該點的執行次數相當於該點的父節點的執行次數 + 該點父節點呼叫的操作當中在該操作之後的操作的執行次數。
這樣做的理由就是對於每個點而言，它的影響因子是在它之後的所有點（之前的處理到該點時已經確定了）。
所以這樣整體思路就有了。具體細節看**：
#include#include#include#include#include#include#define maxn 100005
#define mod 998244353
typedef long long ll;
int n, m, q, a[maxn];
std::vectorg[maxn];
ll mul[maxn], add[maxn];
int in[maxn], t[maxn];
bool vis[maxn];
struct reservation ipt[maxn];
template inline void read(i &x) while(ch < '0' || ch > '9');
do while(ch >= '0' && ch <= '9');
x *= f; return;
}void dfs(int k)
for(int i = 0; i < g[k].size(); ++i)
return;
}void toposort(void)
} return;
}int main()
} read(q);
for(int i = 1, ue; i <= q; ++i)
ipt[0].opt = 3;
dfs(0);
toposort();
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = (1ll * a[i] * mul[0] % mod + add[i]) % mod;
for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d ", a[i]);
puts("");
return 0;
}
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