2025.2.24 test

这把还可以。首先是觉得 C 很像以前学的那种列竖式的做法，然后狂想这个题，大概到 1:30 的时候写了个 40pts。然后回去看 A 就秒了。最后 B 即使想到调整的关键性质，但是考虑最优化 x+y 的时候忘记二分了。然后 C 题的问题就是思路不够宽广，打表找规律没怎么打，然后一个背包的思路死磕了，其实背包是 NP-Hard 这个很难优化的。

A

有 $n$ 个人 $(a_i,b_i)$，你要选 $k$ 个人使得 $a_i$ 互不相同且最大化 $\underset{i\ne j}{min}|b_i-b_j|$。$n\le {10}^4,k\le 5$。

非常典的一个题，给每个人随机赋一个 $1\sim k$ 的颜色。随到的概率是 $\frac{k!}{k^k}$。
然后二分+枚举所有 $1\sim k$ 的排列然后从 $b$ 从小到大贪心选。然后做完了。

B

有一个序列 $a$，你每次可以选一个位置 $p$，并令 $a_i\leftarrow a_i-|i-p|$。最优化操作次数使得 $a$ 全部 $\le 0$。
$n\le {10}^5,a_i\le {10}^{18}$。

最优化问题考虑调整。发现如果有两个不在首位或者末尾的操作，将他们一个移到首位一个移到末尾更优。
那么，不在首位或者末尾的操作次数最多为 $1$ 次。考虑枚举是哪位操作，也许用 ds 维护，这是大致框架。
考虑表示限制，设首位用了 $x$ 次，末尾用了 $y$ 次，那么限制就是 $(i-1)x+(n-i)y\ge a_i$。最小化 $x+y$。
这个可以在平面上用半平面交表示，然而不会。不妨二分答案，将二维降至一维。设 $x+y=k$。
现在不等式的变量只有一个了可以直接解出来。然后只需要判断不等式是否有解就行了。
现在是 $O(n^2\log n)$。考虑第一个枚举怎么优化。我们把枚举放在二分里面。
因为不等式化简后是 $x\ge \frac{a_i-|p-i|-(n-i)k}{2i-n-1}$，而 $x$ 是整数，随着 $p$ 的移动 $x$ 的移动是调和级数级别的。
三只 $\log$。考虑 ds 维护 $p$，考虑枚举上面不等式的各种取值，然后相当于区间 chkmin 完后，单点查询。
你考虑 ST 表反过来即可。就是修改相当于只改两个 $f_{i,j}$，然后最后询问再从上往下放下去即可。
双 $\log$，发现常数大的跟史一样。
不如先算不用 $p$ 的答案，显然最后的答案至多比这个答案少 $1$。最后再检验一下即可。复杂度单 $\log$。

C

求所有长度为 $n$ 的序列中满足和为 $x$，或起来为 $y$ 所有序列所有元素的异或和。$n\le 2^{40},x\le 2^{60},y\le 2^{20}$。

首先划分等价类然后研究方案。我们考虑拆位然后一个方案就是第 $i$ 位中 $1$ 的个数，设为 $\{c_i\}$。
考虑一个方案如何有贡献。首先符合 $y$ 的限制，要么有 $1$ 要么无 $1$ 的区别，这个很简单处理。
一个等价类的方案数是 $\prod C_n^{c_i}$，而因为是异或所以我们要 $mod2$，根据 Lucas 定理就是 $c_i$ 是 $n$ 的子集。
那么考虑从低位往高位填，状态是当前进位数，转移枚举 $c_i$，维护当前异或和，以及方案数 $mod2$ 的值。
可以通过比较小的数据。复杂度大抵是 $O(nx\log x)$。
考虑打表找规律，发现若 $n$ 为偶数那么答案为 $0$，这是因为拆贡献每个 $a_i=v$ 的方案数都相同可以抵消。
考虑 $n$ 为奇数，那么相当于只用考虑 $a_1$ 的贡献。不妨拆位，算剩下数满足条件方案的异或和。
我们上面说了背包是 NP-Hard 所以难以优化，这时候可以想到组合数工具。比如算 $\sum a_i=x$ 的方案数。
也就是说现在从 $x$ 的限制入手，$y$ 的限制可以考虑容斥。设 $f(y^{\prime })$ 表示只有 $y^{\prime }$ 子集的位可以填 $1$ 的方案数。
那么 $f(y)=\sum _{y^{\prime }\subseteq }(-1{)}^{|y|-|y^{\prime }|}f(y^{\prime })$，换成异或就是 $f(y)={\oplus }_{y^{\prime }\subseteq y}f(y^{\prime })$。
那么相当于求 ${\otimes }_{\sum a_i=x}[a_1\subseteq (y^{\prime }-2^i)]\times [a_2\subseteq y^{\prime }]\times \cdots \times [a_n\subseteq y^{\prime }]$。
考虑逆用 Lucas 定理，也就是 ${\otimes }_{\sum a_i=x-2^i}{C}_{y^{\prime }-2^i}^{a_1}\times C_{y^{\prime }}^{a_2}\times \cdots \times C_{y^{\prime }}^{a_n}(\mathrm{mod}2)$。
这个是范德蒙德卷积，也就是 $C_{y^{\prime }n-2^i}^{x-2^i}mod2$。套 Lucas 回去即可。枚举 $y^{\prime },i$，复杂度 $O(y\log y)$。