CF1408

ABCD 之前做了，懒得再看了。

E \((\texttt{Easy} \ 2 / 1)\)

为每个集合和每个数分别建立一个点，若 \(x \in A_i\) 则在 \(A_i\) 和 \(x\) 之间连一条边权为 \(a_i + b_j\) 的边。

不难发现题目要求等价于这张图上不存在环，跑最大生成树即可。

时间复杂度 \(\mathcal{O}((n + m) \log (n + m))\)。

F \((\texttt{Easy} \ 2 / 1)\)

发现如果 \(n\) 是 \(2\) 的幂次我们就可以很轻易地把所有数合并为一个数。

于是直接仿照 \(\rm RMQ\) 算法，设 \(d = \left\lfloor \log n \right\rfloor\)，依次对 \([1, 2^t]\) 和 \([n - 2^t + 1, n]\) 进行合并即可。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n \log n)\)。

G \((\texttt{Easy} \ 3 / 2)\)

发现一个性质，就是如果当前的集合合法，则至多有一个集合外的点，满足将这个点加入集合后集合依然合法。所以一个集合如果增长，方向是唯一的。于是我们可以得到所有合法集合要么不交、要么包含，不难想到 Kruskal 重构树。

经过观察可以看出，一个集合合法的必要条件是它是由重构树的某个子树组成的集合。不难发现，重构树上的点 \(u\) 合法当且仅当 \(u\) 被合并时其内的边连满了，于是根据这个直接设 \(f_{u, i}\) 表示以 \(u\) 为根的子树分成 \(i\) 个集合的方案，进行一个树形 dp 即可。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)。

H \((\texttt{Medium} \ 5 / 3)\)

看到 flow 的 tag 和官方题解的 observation 2 就会了这不是都提示完了吗。

设 \(0\) 的个数为 \(c0\)，注意到答案至多为 \(m = \left\lfloor \frac{c0}{2} \right\rfloor\)，我们可以考虑把原序列分裂为前缀 \(L\) 和后缀 \(R\)，使得 \(L\) 中恰好有 \(m\) 个 \(0\)。这么分有什么用呢？假如我们现在选出了 \(k \le m\) 个互不相同的整数，那么我们只需为 \(L\) 中的数选取左边的 \(0\)、\(R\) 中的数选取右边的 \(0\) 即可，因为剩下的一定可以匹配上。通过分出 \(L, R\)，我们现在只用考虑一边的 \(0\) 了。

显而易见地，对于 \(L\) 中的重复的数，我们只用保留最右边的那个；对于 \(R\) 中的重复的数，我们只用保留最左边的那个。于是我们可以建出网络流模型：为每个不同的正数建立一个点，为每个位置建立一个点；源点向数连边，数向其位置连边，\(0\) 向汇点连边，\(L\) 内的边从右往左连，\(R\) 内的边从左往右连。肯定是不能直接网络流的，我们考虑如何优化它。

模拟最大流感觉没什么思路，但是最大流等于最小割，我们考虑如何求最小割。因为位置之间的边流量是 \(\infty\)，所以不能割去它们；因为割数向位置连的边不如割源点向数连的边，所以不会割去它们。剩下两种边：

• \(0\) 连向汇点的边；
• 源点连向数的边。

对于前者，以 \(L\) 为例，发现割前面的边比割后面的边要更优，所以最终割掉的一定是一段前缀里所有的 \(0\) 向汇点连的边。这下就简单了，我们可以枚举 \(L\) 里割了多少 \(0\)，然后用线段树维护 \(R\) 里割一段后缀所需的总代价即可。线段树需要支持区间加、整体 \(\min\)。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n \log n)\)。注意这样算出来的答案要和 \(m\) 取 \(\min\)。

I \((\texttt{Easy} \ 3 / 3)\)

不知道大家为啥都在写多项式，这里提供一个大概率本质相同的比较简单的做法，时间复杂度同样是 \(\mathcal{O}(2^cck^3)\)。

首先有一个很 sb 的 dp，就是设 \(f_{i, j, s}\) 表示前 \(i\) 个数操作了 \(j\) 次，当前的异或和为 \(s\) 的方案数，我们考虑如何去优化它。

发现一个没有利用上的条件：\(a_i\) 是不同的。我们不妨思考一些基于值域上的均摊的性质。先假设 \(a_i \ge 16\)，设 \(t\) 为最小的正整数，使得 \(d > 3\) 并且 \(x\) 二进制下第 \(d\) 位为 \(1\)，那么显然第 \(d\) 位以上的位是不可能改变的，我们可以把这部分去掉再在最后异或回来。我们把 \(a\) 数组按照每一个数对应的 \(d\) 从小到大排序，那么 dp 到 \(i\) 的时候值域就就可以缩减到 \(2^d\) 了。

对于一个 \(d\)，符合条件的 \(x\) 有 \(k \times 2^{c - d - 1}\) 种，所以所有 \(a_i\) 的 \(2^d\) 之和不会超过

\[\sum\limits_{i = 0} ^ {c - 1} k \times 2^{c - d - 1} \times 2^d = \mathcal{O}(2^c ck) \]

于是总的时间复杂度就是 \(\mathcal{O}(2^cck^3)\)。\(k, c\) 较小的情况需要注意一些细节。