联合省选2020 魔法商店
魔法商店
笠笠和伦伦来到了一家魔法商店，这家商店内有 \(n\) 件礼品，礼品从 \(1\sim n\) 编号，\(i\) 号礼品的魅力值为 \(c_i\)，价格为 \(v_i\)。
两人希望购买一些礼品，但他们的要求比较奇怪：假设购买到的礼品集合为 \(S = \{s_1, s_2, \dots, s_p\}(1\le s_i\le n)\)，两人要求对于 \(S\) 中任意的非空子集 \(T = \{t_1, t_2, \dots, t_q\}\)，它包含的所有礼品的魅力值异或和都不为零，即：\(c_{t_1} \oplus c_{t_2} \oplus \cdots \oplus c_{t_q} \neq 0\)。其中 \(\oplus\) 是异或运算。在此基础上，两人还要求购买到的礼品数尽可能多。
例如：\(c_1 = 1，c_2 = 2，c_3 = 5，c_4 = 6，c_5 = 7\)。则 \(S_1 = \{2,3,5\}\) 不符合要求，因为 \(c_2 \oplus c_3 \oplus c_5 = 0\)。\(S_2 = \{1,2,3\}\) 与 \(S_3 = \{2, 4, 5\}\) 符合要求，其任意非空子集的异或和都不为零。\(S_4 = \{1, 2\}\) 因为其包含的礼品数不是最多的。
满足两人要求的礼品集合可能很多，因此商店老板为两人挑选出了两个符合要求的礼品集合 \(A\) 与 \(B\)（显然它们所含的礼品数相同），伦伦喜欢集合 \(A\)，但笠笠更喜欢集合 \(B\)。为了笠笠同意购买集合 \(A\)，伦伦决定使用魔法改变礼品价格。更具体地，伦伦能花费 \((x - v_i)^2\) 的魔力值，将 \(i\) 号礼品的价格改为任意整数 \(x\)，每件礼品只能被改价一次。
伦伦希望改价后 \(A\) 是所有符合要求的礼品集合之中价格总和最小的，且 \(B\) 是所有符合要求的礼品集合之中价格总和最大的（一个礼品集合的价格总和为它包含的所有礼品的价格之和）。现在请你帮伦伦计算，他至少要花费多少魔力值才能完成他的目标。
对于所有测试数据：\(1\le n\le 1000\)，\(1\le m\le 64\)，\(1\le c_i < 2^{64}\)，\(0\le v_i\le 10^6\)。
保序回归问题
https://www.luogu.com.cn/blog/Hakurei-Reimu/solution-p6621
保序回归问题是指，对于一个正整数 \(p\) ，给定一个偏序关系（有向无环图），图中每个点 \(i\) 有权值 \((w_i,y_i)\) ，你要给每个点赋上另一个权值 \(f_i\) ，使得图中任意一条有向路径上的 \(f_i\) 递增，并最小化回归代价:
我们把上述问题称作 \(L_p\) 问题。
\(L_p\) 均值与其性质
我们定义 \(L_p\) 均值为使 \(\sum\limits_{i\in U}w_i|k-y_i|^p\) 最小的 \(k\) ，也就是所有 \(f_i\) 相等时的最优取值。对目标式求导，解出其零点就是 \(L_p\) 均值，这里给出 \(L_1\) 均值为 \(y_i\) 的带权中位数， \(L_2\) 均值为 \(y_i\) 的带权平均数 （ \(\left(\sum\limits_{i\in U}w_iy_i\right)\left/\left(\sum\limits_{i\in U}w_i\right)\right.\) ）。可以证明，当 \(p>1\) 时， \(L_p\) 均值是唯一的；且 \(L_p\) 问题一定存在一组最优解，使得对于任意 \(f_i\) 都可以找到某个点集，使它的 \(L_p\) 均值等于 \(f_i\) 。
\(f_i\)可以只取是某点集\(L_p\)均值的值。否则为什么要取呢？
整体二分
应用整体二分的思想，可以得到一个求问题的近似解的算法。
我们在原问题的基础上加入一些限制。定义 \(solve(U,l,r)\) 表示当前点集为 \(U\) ，且 \(f_i\) 的取值在区间 \([l,r]\) 内的 \(L_p\) 问题。
注意这是新加的限制，现在的最优解也是限制了取值范围之后的最优解（一定存在）。
设 \(mid=(l+r)/2\) ，如果我们能够知道 \(U\) 的任意一组最优解中，有哪些点是 \(\leq mid\) 的，就可以将当前问题划分成两个规模减半的子问题了。
尝试构造另一个问题。设开区间 \((a,b)\) 被 \([l,r]\) 包含，且 \(U\) 的任意非空子集的 \(L_p\) 均值都不在 \((a,b)\) 内。这个性质保证了对于任意的子问题，都存在一组最优解满足其所有元素均不在 \((a,b)\) 中。下面给出一个引理：
若 \(solve(U,a,b)\) 的一组最优解为 \(\tilde z\) ，且满足 \(\forall i\in U,\tilde z_{i}\notin (a,b)\) 。则存在 \(solve(U,l,r)\) 的一组最优解 \(z\) ，使得 \(z_i\leq a\) 当且仅当 \(\tilde z_i=a\)。
“当且仅当”换做符号表示是\(\Leftrightarrow\)，所以也有\(z_i\geq b\Leftrightarrow \tilde z_i=b\)。
回到原问题，考虑找到满足性质的区间 \((mid,mid+\epsilon)\) ，那么就可以由 \(solve(U,mid,mid+\epsilon)\) 的最优解来确定 \(U\) 中的哪些点在原问题的最优解中是 \(\leq mid\) 的。但直接找到这样的区间比较麻烦，可能还需要跑浮点网络流，会遇到精度等一系列问题。
由于 \(U\) 的任意非空子集的 \(L_p\) 的并集是有限集，所以一定存在足够小的 \(\epsilon\) 使得区间中没有这些元素。当 \(\epsilon\) 无限趋近于 \(0\) 时，节点 \(i\) 的权值为 \(w_i[(mid+\epsilon-y_i)^p-(mid-y_i)^p]\) 。把所有点的权值除以 \(\epsilon\) ，最优方案不变，权值变为 \(w_i(mid-y_i)^p\) 在 \(mid-y_i\) 处的导数。当 \(p=2\) 时，权值为 \(2w_i(mid-y_i)\) ，于是问题得到了完美的解决。
本题题解
题目中要求了大小关系的子集都是给定的 \(n\) 个 01 向量的极大线性无关组。所以从某一组向量中拿走一个，线性空间维数会减一，也就能再加入一个向量。因此任意两组向量之间是可以由替换元素这个操作来互相转化的，并且替换的顺序没有限制。于是我们只需要从向量组 \(A\) 的每个元素向能替换它的元素连边，向量组 \(B\) 反之，即可构造出偏序关系。然后就可以跑 \(L_2\) 问题了。
然后有个问题就是这题要求修改后的价格为整数，可以这样处理：当 \(r-l=1\) 时，仍然是答案只有两种取值的情况，因此仍可以用转化成最小闭合子图问题，相应地每个点的权值设为选 \(r\) 与选 \(l\) 的代价差即可。
\((l+1-w_i)^2-(l-w_i)^2=2(l-w_i)+1\)
时间复杂度\(O(m^2n+\text{flow}(n,n^2)\log n)\)。
CO int N=1e3+10,inf=1e9;
namespace FLOW{
int S,T;
struct edge {int y,c,a;};
vector<edge> to[N];
int dis[N];
void init(int n){
S=n-1,T=n;
for(int i=1;i<=n;++i) to[i].clear();
}
IN void link(int x,int y,int c){
to[x].push_back({y,c}),to[y].push_back({x,0});
to[x].back().a=to[y].size()-1,to[y].back().a=to[x].size()-1;
}
bool bfs(){
fill(dis+1,dis+T+1,inf),dis[S]=0;
deque<int> que{S};
while(que.size()){
int x=que.front();que.pop_front();
for(CO edge&e:to[x])if(e.c and dis[e.y]==inf)
dis[e.y]=dis[x]+1,que.push_back(e.y);
}
return dis[T]<inf;
}
int dfs(int x,int lim){
if(x==T) return lim;
int rest=lim;
for(edge&e:to[x])if(e.c and dis[e.y]==dis[x]+1){
int delta=dfs(e.y,min(rest,e.c));
if(delta==0) {dis[e.y]=inf; continue;}
rest-=delta,e.c-=delta,to[e.y][e.a].c+=delta;
if(rest==0) break; // edit 1
}
return lim-rest;
}
int main(){
int ans=0;
while(bfs()) ans+=dfs(S,inf);
return ans;
}
}
namespace BASE{
uint64 x[64];
IN void clear(){
fill(x,x+64,0);
}
int insert(uint64 v){
for(int i=63;i>=0;--i)if(v>>i&1){
if(x[i]) v^=x[i];
else return x[i]=v,i;
}
return -1;
}
}
uint64 c[N];
int v[N],a[N],b[N];
list<int> to[N];
int p[N],q[N],f[N];
void solve(int l,int r,int L,int R){
if(l>r) return;
if(L+1==R){
FLOW::init(r-l+3);
for(int i=l;i<=r;++i) q[p[i]]=i-l+1;
for(int i=l;i<=r;++i){
int x=p[i],w=-(2*(L-v[x])+1);
if(w>0) FLOW::link(FLOW::S,q[x],w);
else if(w<0) FLOW::link(q[x],FLOW::T,-w);
for(list<int>::iterator j=to[x].begin();j!=to[x].end();){
int y=*j;
if(q[y]) FLOW::link(q[x],q[y],inf),++j;
else j=to[x].erase(j);
}
}
FLOW::main(),FLOW::bfs();
for(int i=l;i<=r;++i){
int x=p[i];
if(FLOW::dis[q[x]]==inf) f[x]=L; // cut to T
else f[x]=R;
}
for(int i=l;i<=r;++i) q[p[i]]=0;
return;
}
int mid=(L+R)>>1;
FLOW::init(r-l+3);
for(int i=l;i<=r;++i) q[p[i]]=i-l+1;
for(int i=l;i<=r;++i){
int x=p[i],w=-(mid-v[x]);
if(w>0) FLOW::link(FLOW::S,q[x],w);
else if(w<0) FLOW::link(q[x],FLOW::T,-w);
for(list<int>::iterator j=to[x].begin();j!=to[x].end();){
int y=*j;
if(q[y]) FLOW::link(q[x],q[y],inf),++j;
else j=to[x].erase(j);
}
}
FLOW::main(),FLOW::bfs();
static int t[N];
int ql=l-1,qr=r+1;
for(int i=l;i<=r;++i){
int x=p[i];
if(FLOW::dis[q[x]]==inf) t[++ql]=x;
else t[--qr]=x;
}
for(int i=l;i<=r;++i) q[p[i]]=0;
copy(t+l,t+r+1,p+l);
solve(l,ql,L,mid);
solve(qr,r,mid,R);
}
int main(){
int n=read<int>(),m=read<int>();
for(int i=1;i<=n;++i) read(c[i]);
for(int i=1;i<=n;++i) read(v[i]);
for(int i=1;i<=m;++i) read(a[i]);
for(int i=1;i<=m;++i) read(b[i]);
for(int i=1;i<=m;++i){ // find items which a[i] can be replaced with
BASE::clear();
for(int j=1;j<=m;++j)if(j!=i) BASE::insert(c[a[j]]);
for(int j=1;j<=n;++j)if(j!=a[i]){
int p=BASE::insert(c[j]);
if(p!=-1) to[a[i]].push_back(j),BASE::x[p]=0;
}
}
for(int i=1;i<=m;++i){
BASE::clear();
for(int j=1;j<=m;++j)if(j!=i) BASE::insert(c[b[j]]);
for(int j=1;j<=n;++j)if(j!=b[i]){
int p=BASE::insert(c[j]);
if(p!=-1) to[j].push_back(b[i]),BASE::x[p]=0;
}
}
iota(p+1,p+n+1,1);
solve(1,n,0,1e6);
int64 ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i) ans+=(int64)(f[i]-v[i])*(f[i]-v[i]);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
