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D. Xor-Subsequence

题意：

长为 $n$ 的序列，找到最长的子序列 $b$ ，设序列 $b$ 长为 $m$ ，使得 $a_{b_p} \bigoplus b_{p + 1} < a_{b_{p + 1}} \bigoplus b_p(0 <= p < m - 1)$ ，序列下标都从 0 开始。

思路：

$easy version$

转化一下关系 $a[j] \bigoplus i < a[i] \bigoplus j$ 。
考虑简单的 $dp$ 。在满足上述条件下， $dp[i] = max \sum_{j = 0}^i (dp[i] + 1)$ 。会超时。
因为 $a_i <= 200$ 所以意味着 $i$ 的变化不会超过 8 位，即 $a_i - 256 <= a_i \bigoplus 200 <= a_i + 256$ 。
所以优化一下， $j$ 不用从 0 开始，从 $i - 256$ 开始就行。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
void solve(){
	int n;
	cin >> n;
	vector <LL> a(n), dp(n, 1);
	for (int i = 0; i < n; i ++ ){
		cin >> a[i];
		for (int j = max(0, i - 256); j < i; j ++ ){
			if ((a[j] ^ i) < (a[i] ^ j)){
				dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
			}
		}
	}
	cout << *max_element(dp.begin(), dp.end()) << "\n";
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
	int T;
	cin >> T;
	while(T -- ){
		solve();
	}
	return 0;
}

当 $a_i$ 的范围扩大到 1e9 的时候，上述方法就不行了。
$a[j] \bigoplus i < a[i] \bigoplus j$ ，意味着在二进制的状态下，前 $k$ 位是相同的，即对于前 $k$ 位来说， $a[j] \bigoplus i = a[i] \bigoplus j$ ，两边都乘上 $i \bigoplus j$ ，得到 $a[j] \bigoplus j = a[i] \bigoplus i$ 。
对于第 $k + 1$ 位， $a[j] \bigoplus i < a[i] \bigoplus j$ ，即 $a[i] \bigoplus j = 1$ ， $a[j] \bigoplus i = 0$ 。
得到 $a[i] != j, a[j] = i$ ，那么 $a[i] \bigoplus i = ! a[j] \bigoplus j$ 。
考虑将 $a[j] \bigoplus j$ 插入字典树中，插入的时候，因为 $a[i] != j$ ，所以每一位将 $j$ 都要记录下来，更新对应位置的最大值。
查询的时候，要导入 $a[i]$ ，找到 $a[i] \bigoplus i = ! a[j] \bigoplus j 且 a[i] != j$ 的最大值。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int N = 3e5 + 10;
struct Trie{
	LL ch[N * 30][2], f[N * 30][2], idx = 0;
	void reset(){
		for (int i = 0; i <= idx; i ++ ){
			for (int j = 0; j < 2; j ++ ){
				ch[i][j] = f[i][j] = 0;
			}
		}
		idx = 0;
	}
	void insert(LL x, LL t, LL mx){
		LL u = 0;
		for (int i = 30; ~ i; i -- ){
			LL &v = ch[u][x >> i & 1];
			if (!v) v = ++ idx;
			u = v;
			f[u][t >> i & 1] = max(f[u][t >> i & 1], mx);
		}
	}
	LL query(LL x, LL id){
		LL u = 0, res = 1;
		for (int i = 30; ~ i; i -- ){
			LL v = x >> i & 1;
			res = max(res, f[ch[u][!v]][!(id >> i & 1)] + 1);
			if (!ch[u][v]) break;
			u = ch[u][v];
		}
		return res;
	}
}trie;
void solve(){
	int n;
	cin >> n;
	vector <LL> a(n);
	for (int i = 0; i < n; i ++ )
		cin >> a[i];
	vector <LL> dp(n);
	for (int i = 0; i < n; i ++ ){
		dp[i] = trie.query(a[i] ^ i, a[i]);
		trie.insert(a[i] ^ i, i, dp[i]);
	}
	cout << *max_element(dp.begin(), dp.end()) << "\n";
	trie.reset();
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
	int T;
	cin >> T;
	while(T -- ){
		solve();
	}
	return 0;
}

E. Misha and Paintings

题意：

$n * n$ 的矩阵，每个位置有一个数字 $a_{i, j}$ ，每次可以选择一个正方形将其中的元素全部改成 $k（1 \leq k \leq n * n）$ ，问最少多少次操作可以使得矩阵中的不同数字的值等于 $t$ 。

思路：

统计矩阵中不同数字的个数 $cnt$ ，如果 $cnt \leq t$ ，那么最少 $t - cnt$ 次。
否则答案可以通过构造的操作，至多为二。
在矩阵中选择一个矩阵，将其改为某个元素，此操作可以让整个矩阵中不同元素的数量 $\leq t$ ，如果为 $t$ 或者 $t - 1$ ，可以根据填充的不同数字使得得到答案 $t$ 。
如果不是，记该矩阵右下角坐标为 $（x, y）$ ，选择 $（x + 1, y + 1）$ 作为第二次操作的矩阵的右下角，往左上扩张，此操作可以让整体矩阵不同元素的数量减少 0 或 1 或 2，由此至多为 2。
矩阵覆盖何时可以让某个值消失，需要记录该元素的横纵坐标的最大最小值，通过二维前缀和/差分去进行快速统计。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
	int n, k;
	cin >> n >> k;
	vector<vector<int>> a(n + 1, vector<int>(n + 1));
	vector<bool> has(n * n + 1);
	int cnt = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ){
		for (int j = 1; j <= n; j ++ ){
			cin >> a[i][j];
			if (!has[a[i][j]]){
				cnt ++ ;
				has[a[i][j]] = true;
			}
		}
	}
	if (cnt <= k){
		cout << k - cnt << "\n";
		return 0;
	}
	
	vector<int> xmin(n * n + 1, n + 1), ymin(n * n + 1, n + 1), xmax(n * n + 1, 0), ymax(n * n + 1, 0);
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ){
		for (int j = 1; j <= n; j ++ ){
			xmin[a[i][j]] = min(xmin[a[i][j]], i);
			ymin[a[i][j]] = min(ymin[a[i][j]], j);
			xmax[a[i][j]] = max(xmax[a[i][j]], i);
			ymax[a[i][j]] = max(ymax[a[i][j]], j);
		}
	}
	for (int len = 1; len < n; len ++ ){
		vector<vector<int>> sum(n + 2, vector<int>(n + 2));
		for (int i = 1; i <= n * n; i ++ ){
			if (!has[i] || xmax[i] - xmin[i] + 1 > len || ymax[i] - ymin[i] + 1 > len) continue;
			int x = max(1, xmax[i] - len + 1);
			int y = max(1, ymax[i] - len + 1);
			sum[x][y] ++ ;
			sum[x][ymin[i] + 1] -- ;
			sum[xmin[i] + 1][y] -- ;
			sum[xmin[i] + 1][ymin[i] + 1] ++ ;
		}
		for (int i = 1; i <= n; i ++ ){
			for (int j = 1; j <= n; j ++ ){
				sum[i][j] += sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1];
				if (cnt - sum[i][j] == k || cnt - sum[i][j] == k - 1){
					cout << "1\n";
					return 0;
				}
			}
		}
	}
	cout << "2\n";
	return 0;
}