联合省选 2024
前情提要/kx
D1T1
考虑什么样的 \(m\) 是合法的，发现只需要 \(|X-\sum_{i=0}^{m-1} x_i|+|Y-\sum_{i=0} ^{m-1}y_i|\le mk\)。
这里认为 \(x,y\) 以 \(n\) 为周期无限循环。
把绝对值拆开，可以得到四个式子：
考虑直接枚举最后一个周期停下的具体位置，通过以上四个不等式可以确定周期数的范围 \([l,r]\)，将四个范围取交，若为空则这个位置不合法，否则将答案对 \(l\times n+i\) 取 min 即可。时间复杂度 \(O(n)\)。
通过以上推导也可以看出，周期数为 \(O(nV)\) 级别，于是最终的答案为 \(O(n^2V)\) 级别，实际常数大概是 \(3\) 左右，于是可以说明答案一定小于 \(4\times 10^{18}<2^{63}\)，全程使用 long long 不会爆。但是 inf 一定要开够！！！
D1T2
把 \(a\) 排序，显然相同的 \(a\) 如果要放到 \(S\) 内一定要一起放进去，于是我们可以先把相同的 \(a\) 合并起来，顺便排序。下面假定序列 \(a\) 严格单调递增。
考虑二分答案 \(mid\)，注意到 \(A\oplus B\le A+B\)，因此必有 \(a_1+x\ge mid\)（否则 \(a_1\) 一定不合法）。于是 \(x\ge mid-a_1\)，进而推出，任何一个数只要放进 \(S\) 中，都一定是合法的。
考虑建出 \(a\) 的 01Trie，然后在 Trie 上 DP：\(f(u)\) 表示 \(u\) 子树内的这些 \(a\) 所需的最小代价，每次决策 \(x\) 的当前位是 \(0\) 还是 \(1\) 即可。这样做一次复杂度为 \(O(nk)\)，总复杂度为 \(O(nk^2)\)。
考虑 \(O(nk)\) 咋做。先不考虑集合 \(S\)，考虑选一个 \(x\) 最大化 \(\min a_i\oplus x\)。发现可以直接 DP，每次考虑当前位，相当于可以舍弃一边的子树（它们不再对 min 造成约束了），直接走进另一边的子树内接着做。这样复杂度只有一个 \(O(nk)\)。
那现在考虑有集合 \(S\) 了咋办，根据上面的过程我们知道一个数如果放进集合 \(S\) 了一定是合法的。由于我们是在贪心地从高到低确定每一位，因此最优一定是让当前位的 min 尽可能大，为此我们可以选一些子树把它们放进 \(S\) 中来去除它们对 min 的约束；同时还需要 \(x\) 有一个下界。
还是考虑每一位，发现如果当前位上同时有向 \(0\) 走的和向 \(1\) 走的，那么如果没有集合 \(S\)，我们这一位上的 min 一定会出现 \(0\)，然后我们只需要考虑 \(0\) 这一侧；但有了集合 \(S\) 之后，我们可能的决策就是，把一边的 \(a_i\) 全都放进 \(S\) 中，然后让另一边的 xor 一下，这一位都变成 \(1\)，这样就可以把这一位的值变成 \(1\)。
但我们之前还对 \(x\) 有一个下界的约束，发现上面那种情况下如果我们要选一边放进集合 \(S\)，讨论一下 \(x\) 的取值：
- 这一位上 \(x\) 取 \(1\)，也就是我们把 \(a_i\) 这一位为 \(1\) 的扔进集合 \(S\)，这一位为 \(0\) 的接着考虑，发现这里对 \(x\) 没有下界的约束，因为 \(a_i\) 这一位如果是 \(1\)，\(x\) 的这一位也是 \(1\)，那么加起来直接就 win 了。
- 这一位上 \(x\) 取 \(0\)，然后把 \(a_i\) 这一位为 \(0\) 的扔进集合 \(S\)，这一位为 \(1\) 的接着考虑。那还是考虑 \(0\) 那边对他的约束，发现只有最小的一个 \(a_i\) 是有用的。我们把这个 \(a_i\) 记录下来，接着往下走。
那这个时候走到一个节点 \(u\) 的时候，对 min 的约束还额外有一个 \(x+a_t\)。考虑决策下一位，发现我们必须要能够进一位，也就是说，这里不能出现 \((x+a_t)_i=0\)，直到 \(a_t,x\) 的这一位都取到 \(1\)，我们成功进行了一次进位为止。
考虑在 trie 上 DFS，记录 \(\text{solve}(u,w,K,c=0/1,d=0/1)\) 表示当前在结点 \(u\)（也就是说，不在节点 \(u\) 内的 \(a_j\) 都对 \(ans\) 没有约束了），在 \(u\) 往前的部分，\(x\) 和 \(ans\) 都已经确定了的情况下：有一个限制是 ans 对 \(x+w\) 取 min，还剩下 \(K\) 的体力值可以花费，\(c=0/1\) 表示是否钦定后面的位需要传一个进位上来，\(d=0/1\) 表示这里面的元素如果放进 \(S\)，是否已经一定都合法了。现在我们同时确定 \(ans\) 和 \(x\) 的当前位，原则是尽量把 \(ans\) 的当前位定为 \(1\)。
然后在 Trie 上进行一些史一样的分类讨论就好了，具体可以看代码。时间复杂度 \(O(nk)\)。
D1T3
你先别急。在写了。
D2T1
先考虑确定 \(Q_1\)：二分答案 \(mid\) 然后做一遍 \(O(N)\) 的 DP 即可。这里 \(N=2^n\)。
具体来说 DP 就是设 \(f(u)\) 表示 \(u\) 让子树内决策 \(>mid\) 的最小代价，那么有
其中 \(mn(u)\) 表示 \(u\) 子树内的最小叶子，\(ls,rs\) 分别表示 \(u\) 的左右儿子。
考虑在确定 \(Q_1\) 之后，找到从根到 \(Q_1\) 的链，依次剥出路径边上的 \(O(\log N)\) 个子树，那么可以直接确定 \(Q_2,\{Q_3,Q_4\},\{Q_5,Q_6,Q_7,Q_8\},\cdots\) 等等。这里集合表示内部的顺序尚未确定，但集合之间的顺序是确定的。
我们现在扔掉取到 \(Q_1\) 时做的若干决策，来考虑最小化 \(Q_2,\{Q_3,Q_4\},\{Q_5,Q_6,Q_7,Q_8\},\cdots\) 自己的字典序。发现这些部分之间几乎是独立的。依次考虑每个部分，我们来列一下优先级：
- 首先，\(Q_1\) 需要能取到这个值，因此后面的部分需要预留够足够的 \(K\) 使得它们能够修改一些决策，让子树内能走到的 min 能够 \(>Q_1\)。
- 接下来，这个部分前面的部分由于位置更靠前，优先级理应更高。
设 \(\text{solve}(u,K)\) 为：算出 \(u\) 子树内用不超过 \(K\) 的代价能达到的最优解，以及达到这个最优解所需的最小代价。
我们维护当前剩下的魔力值 \(K\)，每次减掉前面用过的和为后面预留的，得到这个子树实际能用的魔力值 \(K'\)，递归进当前子树调用 \(\text{solve}(v,K')\) 然后拼接上来即可。有一种情况是，有可能子树内用 \(K'\) 的代价无法让这个子树的最优决策 \(>Q_1\)（也就是说我们在之前 DP 的时候，这里做的决策是直接花费 \(w\) 而非 \(f(rs)\)），我们需要再调用一遍 \(\text{solve}(v,K'-w_{fa(v)})\)，然后同理拼接上来。
哎，我场上觉得这个东西简直太没道理了，但是打开 typora 一写又感觉贼对。wuwu
总复杂度大约 \(O(N\log^2N)\)。
D2T2
考虑 \(k=0\) 怎么做：发现是 DAG 拓扑序计数，可以简单做到 \(O(n2^n)\)。
那么 \(k>0\) 相当于把点划分成有序的 \(k+1\) 部分，每部分内部有一个拓扑序的贡献，然后要求这些部分之间不形成环。这里为了方便我们钦定每一部分非空，这样如果划分出了无序的 \(x\) 部分，其方案数还有 \(x!\binom{k+1}{x}\) 的贡献系数。
设 \(f(i,S)\) 表示将点集 \(S\) 划分为 \(i\) 个部分的方案数，转移可以枚举一个部分，钦定它的拓扑序在所有部分之前。 当然啦，这样是会算重的，我们实际上会把一种方案算“它缩点后形成的 DAG 的拓扑序个数”这么多次。
考虑换一种方式统计，每次我们把所有入度为 \(0\) 的点都拎出来，算出 \(g(i,S)\) 表示 \(S\) 分成 \(i\) 部分，且这些部分之间两两没有连边的贡献之和；接下来转移 \(f(i,S)\) 的时候直接把一个极大的 \(T\) 拿出来转移，要求剩下的点中不能有连向 \(T\) 的，转移到 \(f(i-j,S-T)\times g(j,T)\)。
不过呢，这样还是会算重，因为我们只钦定了 \(T\) 是入度为 \(0\) 的点的一个子集。不过这件事倒是很好解决，如果转移用的是 \(g(j,T)\)，我们附上容斥系数 \((-1)^{j+1}\)，那么由于
我们钦定了非空，所以每个方案恰好算一次。这样复杂度是 \(O(n^23^n)\)。LOJ 能过，洛谷上会 TLE。
注意到瓶颈在最后那个 \(f(i,S)=\sum_{j,T}g(j,T)f(i-j,S-T)\) 的 DP，发现这相当于在第一维做和卷积，第二维做 xor 卷积。设 \(F_S(z)=\sum_{i=0}^nf(i,S)z^i,G_S(z)=\sum_{i=0}^ng(i,S)z^i\)，那么转移相当于
带 \(n+1\) 个点值进去，最后 \(O(n^2)\) 插值算出系数即可。这样复杂度就是 \(O(n3^n)\)。
