「loj - 2850」「ROI 2018 Day 2」无进位加法

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以前以为自己会证时间复杂度，后来考到原题发现自己证伪了，草。

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从高到低确定 $\sum b$ 的每一位是否可以为 $0$。

枚举第 $p$ 位是否可以为 $0$ 时，比第 $p$ 位低的位全部填 $1$，比第 $p$ 位高的保留不变，得到一个 $\sum b$。之后看是否存在一个 $\{b_i\}$ 满足要求。

相当于我们需要把 $\sum b$ 的每个 $1$ 分配给某个 $i$（也即，$b_i$ 的这一位为 $1$），使得 $a_i\leq b_i$。

简单的观察：不妨设 $a_1\geq a_2 \geq \dots \geq a_n$，则存在一个最优解满足 $b_1 \geq b_2 \geq \dots \geq b_n$。

由观察，考虑 $\sum b$ 最高位的 $1$，它一定分配给最大的 $a_{max}$。

如果 $\sum b$ 的最高位 $h$ 大于 $a_{max}$ 的最高位 $q$，则 $a_{max}$ 接下来不需要被分配其他的 $1$，直接删掉。

如果 $\sum b$ 的最高位 $h$ 等于 $a_{max}$ 的最高位 $q$，则需要把 $a_{max}$ 删去最高位后再塞回去（如果删掉最高位后非零的话）。

如果 $\sum b$ 的最高位 $h$ 小于 $a_{max}$ 的最高位 $q$，则不合法，此时 $\sum b$ 的第 $p$ 位填 $0$。

当然，如果把所有 $a$ 都删完了，则 $\sum b$ 的第 $p$ 位填 $1$。

显然，这一过程不需要每次都从最高位开始扫 $\sum b$，比 $p$ 高的位的影响保留下来，可以从第 $p - 1$ 位开始往后扫。

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某时刻的某个 $a$ 一定是初始时的某个 $a_i$ 删去最高的若干个 $1$ 的情况，因此在过程中 $a$ 的可能情况只有 $O(\sum L)$ 种。

可以将这 $O(\sum L)$ 种可能的 $a$ 拿出来排序，具体来说由于只有长度相同的需要排，做个基数排序即可（当然，由于这部分不是瓶颈，你也可以尝试一些 $O((\sum L)\log(\sum L))$ 的排法）。

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考虑某一时刻枚举到 $\sum b$ 的第 $p$ 位。

设此时 $a_1\geq a_2 \geq \dots \geq a_n$，并设 $a_i$ 的最高位为 $t_i$。则合法的一个必要条件为 $\forall i,p - i\geq t_i$。

分配给 $a_i$ 的 $1$ 最大也只能是 $p - i$，还有可能因为前面的数需要删去最高位重新塞回来而变小。

另一方面，合法的一个充分条件为 $\forall i, p - i > t_i$。

此时所有数都可以直接被删掉。

那么事实上需要检验的只有 $p = \max\{i + t_i\}$ 的情况。

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我们找到使得 $i + t_i$ 最大的 $i$ 中最小的 $k = \min\{i\}$。

如果 $p = \max\{i + t_i\}$ 填 $0$，则 $a_1\sim a_k$ 分别对应了 $\sum b$ 的第 $p - 1 \sim p - k$ 位上有 $1$。

删掉 $a_1\sim a_k$，插入 $a_k$ 删去最高位后的 $a'_k$，然后继续找 $p' = \max\{i + t_i\}$。

如果 $p - k > p'$，则前面的合法。

如果 $p - k < p'$，则前面的不合法。

如果 $p - k = p'$，我们令 $p = p'$，令 $k$ 为此时使得 $i + t_i$ 最大的最小 $i$，然后继续递归检验。

可以使用线段树维护查找最大值的过程。

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然后可以证明，这样递归的总次数不会超过 $O(\sum L)$。由于使用线段树维护，总复杂度为 $O(\sum L\log(\sum L))$。

首先，相同长度的 $a_i$ 只会有一个最大的 $i + t_i$。也即，我们每次选定的 $a_{k'}$ 比上次递归进来的 $a_k$ 对应的长度要短。

因此，如果最开始需要检验的是 $p$，则递归次数实际上不会超过 $O(L_p)$。

而对于每个串，它只有一次是“最开始”检验的。因此得证。