AGC061E Increment or XOR

本来想写一个有关思维过程的题解，写出来却成了这样一个怪胎，大家当个乐子看。

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最近回顾了一下 Picks loves segment tree IX，然后终于会做这题了，其实两题在思维上有很大的相似之处。

核心思想是划分阶段的问题。

分析一下 $+1$ 的操作，应该怎么考虑：

看作 bitxor 一段 $1$：这样需要记录末尾 $1$ 的连续个数（最低的一个 $0$ 在哪里），不太好做。

转换一下思路，$+1$ 会把最后一段 $1$ 用 $0$ 清空，接下来的过程从一段 $0$ 开始。状态里记录末尾 $0$ 的个数。（这跟上面链接那题差不多）

状态记录末尾 $0$ 的个数有什么好处？因为这是适应 $+1$ 操作的子结构，某次 $+1$ 后会把 $[0,i]$ 清空，形成了一个子问题（从 $0$ 到某个状态），初始状态就只要考虑 $S/0$ 两种。

并且，在 $+1$ 操作冲破第 $i$ 位前，第 $i$ 位都不受影响，这意味着在状态中额外记录 每个 $Y_i$ 被 XOR 了奇数还是偶数次，第 $i$ 位就确定了。

这体现了 $+1$ 操作的单调性：在冲到第 $i$ 位前第 $i$ 位都不受影响，冲到第 $i$ 位后起点统一变成 $[0,i]$ 全是 $0$ 的状态。

根据单调性，可以设计从低位 dp 转移到高位的状态。下面分析一下变化的阶段。

对于最下面的若干位，整个过程是从 $S\to 0\to T$ 的。

初始状态有两种，$0\sim i-1$ 位从 $S$ 开始和从 $0$ 开始。

结束状态有两种，$0\sim i-1$ 位和 $T$ 相同且不向 $i$ 进位；$0\sim i-1$ 位清成全 $0$ 并往上进一位。

设 $f(i,0/1,0/1,msk)$ 表示只考虑最低的 $0\sim i-1$ 位（即 $+1$ 时不能影响更上面的位），起点的两个情况（$0/1$ 表示 $S/0$ 开始），终点的两个情况（$0/1$ 表示 $T$ 结束并不进位 / $0$ 结束并进位），在这个变化过程中 $msk$ 集合的 $Y_i$ 被 XOR 了奇数次。

从 $f(i)$ 转移到 $f(i+1)$：

转移 1：如果（进位/不进位了之后）第 $i$ 位是匹配的，可直接转移到 $f(i+1,j_0,j_1,msk)$。

转移 2：考虑进行了新的进位操作的转移。

• 先调用 $f(i,j_0,1,msk)$ 操作，条件是从 $j_0$ 开始，这个操作完后第 $i$ 位是 $1$（即进位只进到第 $i$ 位，不能影响上面的位）。
• 然后调用若干次 $f(i,1,1,msk)$ 进位操作，条件是这个操作完后第 $i$ 位是 $1$（即进位只进到第 $i$ 位，不能影响上面的位）。
• 最后调用一次 $f(i,1,j_1,msk)$ 操作，条件是进到第 $i$ 位时符合 $j_1$ 的要求。

转移写出来就是 $f(i,j_0,1,msk_0)+f(i,1,1,msk_1)+f(i,1,1,msk_2)+...+f(i,1,j_1,msk_l) \to f(i+1,j_0,j_1,\oplus\ msk)$。

容易发现这是一个最短路的形式，可以用 dijkstra 的方式，每次从 dp 数组中取出最小的未用过的一个，转移到其他所有的，一次 dp 复杂度就是 $2^{2n}$。

初始状态不需要任何一位匹配，就是 $f(0,j,0,msk)=\sum_{x\in msk}C_x,f(0,j,1,msk)=\sum_{x\in msk}C_x+A$。

最终答案就是 $\min(f_{40,0,0,msk})$，于是总复杂度 $O(2^{2n}\log V)$。

Submission

#include<bits/stdc++.h>
#define For(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define int long long
using namespace std;

#define maxn 800005
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f

int n,S,T,A,mxs;
int x[66],c[66],sx[666],sc[666];

int f[42][2][2][260],g[260];
bool vis[260];

signed main()
{
	n=read(),S=read(),T=read(),A=read(),mxs=1<<n;
	For(i,0,n-1)x[i]=read(),c[i]=read();
	For(s,0,mxs-1)
		For(i,0,n-1)
			if(s>>i&1)sx[s]^=x[i],sc[s]+=c[i];
	memset(f,63,sizeof f);
	For(s,0,mxs-1)
		For(i,0,1) For(j,0,1) f[0][i][j][s]=sc[s]+A*j;
	For(i,0,39){
		// from a to b
		For(j0,0,1)For(j1,0,1){
			int a=j0?0:(S>>i&1);
			int b=j1?1:(T>>i&1);
			For(s,0,mxs-1)
				if((sx[s]>>i&1)==(a^b))
					f[i+1][j0][j1][s]=f[i][j0][j1][s];
		}
		For(j0,0,1){
			int a=j0?0:(S>>i&1);
			memset(g,63,sizeof g);
			memset(vis,0,sizeof vis);
			For(s,0,mxs-1)
				if((sx[s]>>i&1)==a) g[s]=f[i][j0][1][s];
			while(1){
				int mn=inf,u=-1;
				For(s,0,mxs-1)
					if(!vis[s] && g[s]<mn)mn=g[s],u=s;
				if(u==-1)break;
				vis[u]=1;
				For(s,0,mxs-1)
					if((sx[s]>>i&1)==1)
						g[s^u]=min(g[s^u],g[u]+f[i][1][1][s]); 
				For(j1,0,1){
					int b=j1?1:(T>>i&1);
					For(s,0,mxs-1)
						if((sx[s]>>i&1)==(b^1))
							f[i+1][j0][j1][u^s]=min(g[u]+f[i][1][j1][s],f[i+1][j0][j1][u^s]);
				}
			}
		}
	}
	int res=inf;
	For(i,0,mxs-1)res=min(res,f[40][0][0][i]);
	if(res==inf)puts("-1");
	else cout<<res;
	return 0;
}