T4

题意：

答案对 \(2^{16}\) 取模。

分析：

根节点 \(1\) 选到 \(1\) 的概率为 \(\frac{1}{n}\)，然后随便把剩下的 \(n-1\) 分配给它的所有子树，记 \(1\) 的其中一个儿子为 \(y\)，那么 \(y\) 选到它所被分配到的数中最小值的概率为 \(\frac{1}{siz_{y}}\)，然后 \(y\) 再继续分配给它的子树，以此类推。因此祈求一次成功的概率为 \(\frac{1}{\prod siz_{i}}\)，期望操作次数即为 \(\prod siz_{i}\)。

由于只会操作 \(n\) 次，因此最后 \(siz_{i}>1\) 的点只会有 \(n\) 个，所以可以离线先把这棵树建出来，初始权值 \(S_{i}=1\)。需要支持两个操作：将一条到根上的链的 \(siz\) 全部加上某个数；计算所有 \(S_{i}\) 的乘积。

把每个点看成一个 \(x+S_{i}\) 的多项式，最后答案即为 \((x+S_{1})(x+S_{2})(x+S_{3})...\) 中 \(x_{0}\) 的系数，拆开后记为 \(a_{0}x^0+a_{1}x^1+a_{2}x^2+a_{3}x^3+...\)，此时要对每一项全部加 \(k\)，即 \((x+S_{1}+k)(x+S_{2}+k)(x+S_{3}+k)...\)，不难发现其恰好等于 \(a_{0}(x+k)^0+a_{1}(x+k)^1+a_{2}(x+k)^2+a_{3}(x+k)^3+...\)。

可以证明只需要维护 \(a_{0},a_{1},\dots,a_{15}\)，其他项不会对 \(x^{0}\) 产生影响。为什么呢？设有一项为 \(a_{n}(x+k)^{n}\)，其中 \(n \ge 16\)。拆开后的多项式记为 \(b_{0}k^{n}x^{0}+b_{1}k^{n-1}x^1+...b_{n}k^{0}x^{n}\)，这一次操作一定不会对 \(x^{0}\) 产生影响，因为 \(k^{n} \mod 2^{16} =0\)。假设它新产生了一项 \(b_{i}k^{n-i}x^{i}\)，记下一次操作为 \(k_{2}\)，假设该项又产生了一项 \(c_{j}k^{n-i}k_{2}^{i-j}x^{j}\)，不难观察出它所产生的所有项 \(x^{j}\) 的系数一定是 \(2^{n-j}\) 倍数，当 \(j=0\) 时，一定是 \(2^{n}\) 的倍数。所以不需要管 \(x^{n} \ (n \ge 16)\) 的系数。

因此可以使用线段树+树剖，线段树每个节点分别维护 \(a_{0},a_{1},\dots,a_{15}\)，修改时直接二项式定理拆开，懒标记可以直接合并。因此时间复杂度 \(O(n \log^{2} V \log^{2} n)\)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int unsigned long long
#define N 100005
using namespace std;


#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
char buf[1 << 23], *p1 = buf, *p2 = buf, ubuf[1 << 23], *u = ubuf;

int read() {
    int p = 0, flg = 1;
    char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') {
        if (c == '-') flg = -1;
        c = getchar();
    }
    while (c >= '0' && c <= '9') {
        p = p * 10 + c - '0';
        c = getchar();
    }
    return p * flg;
}

void print(int x) {
	if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
	if(x > 9) print(x / 10);
	putchar('0' + x % 10);
}

int Q, n, cnt, Num; 
int X[N], K[N], C[20][20];

struct tp {
	int fa, v;
	friend bool operator < (tp x, tp y) {
		if(x.v != y.v) return x.v < y.v;
		else return x.fa < y.fa; 
	}
};
vector<tp>s; 
map<int, int>z;
vector<int>p[N];
int fa[N];

void init() {
	for(int i = 0; i <= 15; i++) C[i][0] = 1;
	for(int i = 1; i <= 15; i++)
	for(int j = 1; j <= i; j++) C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]);
	Q = read();
	cnt = 1;
	for(int i = 1; i <= Q; i++) {
		X[i] = read(), K[i] = read();
		if(!z[X[i]]) z[X[i]] = ++Num;
		if(X[i] != 1 && !fa[z[X[i]]]) { //确定它的父亲 
			int h = (*(--upper_bound(s.begin(), s.end(), ((tp){1000000000, X[i]})))).fa;
			p[h].push_back(z[X[i]]);
			fa[z[X[i]]] = h;
		}
		s.push_back((tp){z[X[i]], cnt + 1}); cnt += K[i];
	}
	n = Num;
	/*for(int i = 1; i <= n; i++)
	for(auto y : p[i]) cout << i << " -> " << y << endl;*/
}

int siz[N], dfn[N], top[N], son[N], tot;
void dfs1(int x) {
	siz[x] = 1; int Maxson = 0;
	for(auto y : p[x]) {
		dfs1(y);
		siz[x] += siz[y];
		if(siz[y] > Maxson) {
			Maxson = siz[y];
			son[x] = y;
		}
	}
}
void dfs2(int x, int topf) {
	top[x] = topf; dfn[x] = ++tot;
	if(son[x]) dfs2(son[x], topf);
	for(auto y : p[x]) {
		if(top[y]) continue;
		dfs2(y, y);
	}
}

struct node {
	int a[18], tag;
}t[N * 4];

int B[20], h[20];
void pushup(int u) {
	for(int i = 0; i <= 15; i++) t[u].a[i] = 0;
	for(int i = 0; i <= 15; i++)
	for(int j = 0; j <= 15 - i; j++) t[u].a[i + j] = (t[u].a[i + j] + t[u * 2].a[i] * t[u * 2 + 1].a[j]);
}
void build(int u, int L, int R) {
	if(L == R) {
		t[u].a[0] = t[u].a[1] = 1;
		return;
	}
	int mid = (L + R) / 2;
	build(u * 2, L, mid);
	build(u * 2 + 1, mid + 1, R);
	pushup(u);
}
void maketag(int u, int k) {
	t[u].tag += k;
	for(int i = 0; i <= 15; i++) B[i] = 0;
	h[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= 15; i++) h[i] = h[i - 1] * k;
	for(int n = 0; n <= 15; n++)
	for(int i = 0; i <= n; i++) B[i] = (B[i] + C[n][i] * t[u].a[n] * h[n - i]);
	for(int i = 0; i <= 15; i++) t[u].a[i] = B[i];
}
void pushdown(int u) {
	if(!t[u].tag) return;
	maketag(u << 1, t[u].tag);
	maketag(u << 1 | 1, t[u].tag);
	t[u].tag = 0;
}
void update(int u, int L, int R, int l, int r, int k) {
	if(R < l || r < L) return;
	if(l <= L && R <= r) {
		//for(int i = 0; i <= 15; i++) cout << t[u].a[i] << " ";
		//cout << endl;
		//cout << t[u].a[0] << " " << t[u].a[1] << " " << k << endl;
		maketag(u, k);
		//cout << t[u].a[0] << endl;
		return;
	}
	int mid = (L + R) / 2;
	pushdown(u);
	update(u << 1, L, mid, l, r, k);
	update(u << 1 | 1, mid + 1, R, l, r, k);
	pushup(u);
}
void add(int u, int k) {
	while(u) {
		//cout << "upd : " << dfn[top[u]] << " " << dfn[u] << endl;
		update(1, 1, n, dfn[top[u]], dfn[u], k);
		u = fa[top[u]]; 
	}
}
void Sol() {
	build(1, 1, n);
	for(int i = 1; i <= Q; i++) {
		add(z[X[i]], K[i]);
		print(t[1].a[0] & 65535);
		printf("\n");
	}
}

signed main() {
	//freopen("counting6.in", "r", stdin);
	//freopen("counting.out", "w", stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	init();
	dfs1(1);
	dfs2(1, 1);
	Sol();
	return 0;
}
/*
1
1 2
*/