【Codeforces 1336】简要题解

A

显然按照$dep-siz$dep−siz排序后贪心
代码就不放了

B

显然枚举一个另外两个是最近的
代码就不放了

C

设$f[i][j]$f[i][j]表示已经和$T$T匹配了$i$i个，用了$S$S中$j,j+i-1$j,j+i−1的方案数
显然每次要么$S$S往左或右拓展一位

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D

考虑如果某个数不是$0$0个，那么插入一个后一定可以通过碰的个数确定这个数有几个
如果插入一个$i$i后
顺子的变化量是$a[i+2]*a[i+1]+a[i+1]*a[i-1]+a[i-1]*a[i-2]$a[i+2]∗a[i+1]+a[i+1]∗a[i−1]+a[i−1]∗a[i−2]

考虑这样询问$n-1....4,3,1,2,1$n−1....4,3,1,2,1
由于一插入了两次，所以可以确定$1$1的个数
然后考虑插入两次$1$1顺子的变化
分别是$(a_3+1)*a_2和(a_3+1)*(a_2+1)$(a3​+1)∗a2​和(a3​+1)∗(a2​+1)
相减可以得到$a_3$a3​,然后得到$a_2$a2​
然后利用插入$i-2$i−2时顺子变化量就可以得到$a_i$ai​
这样就不用插入$a_n$an​了

主要就是利用边界来优化获得信息

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E1

考虑建出线性基
如果大小为$k$k
显然剩下$n-k$n−k个数怎么选都对应线性基的一种选法得到某个特定的数
所以最后方案乘一个$2^{n-k}$2n−k

然后考虑线性基内组成的数
对于前后$m/2$m/2的所有基分别爆搜出所有可以组成的数
于是两边的某$i,j$i,j组合的位数就是$i前17位的位数+(i后17位\oplus j的位数)$i前17位的位数+(i后17位⊕j的位数)
枚举高位的位数，然后$fwt$fwt优化即可

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E2

考虑设线性基中所有可以组成的数的集合为$S$S
设$f_i=[i\in S]，g_{c,i}=[popcount(i)=c]$fi​=[i∈S]，gc,i​=[popcount(i)=c]
那么有$c$c位的答案就是$(f*g_c)[0]*2^{n-k}$(f∗gc​)[0]∗2n−k，$*$∗为异或卷积
$(f*g_c)[0]$(f∗gc​)[0]就是$f,g_{c}$f,gc​转点值之后对应位乘起来的和
考虑分别优化
先考虑$g_c$gc​，显然对于$popcount$popcount相同的$i$i,$fwt$fwt之后的值相同
考虑$fwt$fwt意义，$\hat{g}_{c,i}=\sum_{j,popcount(j)=c}(-1)^{|j\&i|}$g^​c,i​=∑j,popcount(j)=c​(−1)∣j&i∣
那么$\hat{g}_{c,x}(popcount(x)=i)=\sum_{j=0}^m{i\choose j}{m-i\choose c-j}(-1)^j$g^​c,x​(popcount(x)=i)=∑j=0m​(ji​)(c−jm−i​)(−1)j

于是所有可以在$O(m^3)$O(m3)内求出

现在考虑$\hat{f}$f^​中$popcount$popcount每一个的值

首先根据线性基的封闭性显然有
$f*f=f*2^k，\hat{f}*\hat{f}=\hat{f}*2^k$f∗f=f∗2k，f^​∗f^​=f^​∗2k
所以$\hat{f}$f^​每一位要么为$0,$0,要么为$2^k$2k

那么可以得到$\hat{f}_i为2^k$f^​i​为2k当且仅当和$S$S所有数的交的$popcount$popcount都为偶数
证明考虑如果有一个交为奇数，那么系数为负，显然权值和不可能得到$2^k$2k

再考虑若$|i\&x|,|j\&x|$∣i&x∣,∣j&x∣为偶数，那么有$|(i\oplus j)\&x|$∣(i⊕j)&x∣为偶数

所以需要的只是和所有基的交$popcount$popcount为偶数

考虑线性基的矩阵形式
将主元所在的$k$k列提到前面取，显然前面$k*k$k∗k是一个单位矩阵
后面$k*(m-k)$k∗(m−k)是乱的

而考虑如果对于后面$(m-k)$(m−k)列的位任意为$0/1$0/1，那么和每一个基这$m-k$m−k位的交位数决定了这个基对应前面的那位是$0$0还是$1$1

所以可以得到$\hat{f}$f^​中有值的个数只有$2^{m-k}$2m−k个
爆搜出来即可
这样就可以做到$2^{\frac m 2}$22m​了
对于$k$k小的情况直接爆搜线性基即可得到答案

这样复杂度是$O(n+m^3+2^{\frac m 2})$O(n+m3+22m​)的

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F

考虑按照$lca$lca是否相同讨论

首先是不同的情况

对于路径$(E,F),(G,H)$(E,F),(G,H)
考虑$B$B时，将两条路径往下$k$k步的点$C,D$C,D子树加
然后在$A$A时询问两个端点$E,F$E,F的值即可

树状数组维护即可

对于相同的再分两种情况
首先是路径的并没有完全的包含住$Lca$Lca，即$lca$lca在路径并的端点上
对于路径$(A,E),(C,D)$(A,E),(C,D)
只需要类似的在$lca$lca往下$k$k步的子树加单点求和即可
但是注意为了不算重可以按照$dfs$dfs顺序只加一个询问另一个

剩下是整个包含$lca$lca的情况$(B,E),(C,F)$(B,E),(C,F)
对于路径$(u,v)$(u,v)
对每个点$u$u维护一个线段树，维护$dfs$dfs上所有$v$v

然后考虑往上合并，
在两个$u_1,u_2$u1​,u2​的$lca'$lca′处，
找到往$Lca$Lca再往$v_1$v1​走$k$k步的位置，询问子树中有多少个$v$v
即对于所有合法$v_2$v2​

合并的过程可以用启发式合并+线段树合并
可以对于所有的$u$u建出一颗虚树再$dfs$dfs

或者考虑重剖，求$dfs$dfs序的时候先走轻儿子再走重儿子
然后对于每个路径满足$in[u]<in[v]$in[u]<in[v]
这样一定不会有$u$u在当前$lca$lca的重儿子内

所以只用$dfs$dfs自己轻儿子的整个子树
考虑复杂度一个点只会对所有轻边的父亲贡献
所以$dfs$dfs所有点的复杂度是$O(nlogn)$O(nlogn)的

复杂度$O(mlog^2n)$O(mlog2n)

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