P4443 [COCI2017-2018#3] Dojave 题解
P4443 [COCI2017-2018#3] Dojave 题解
前言：
不知道为什么都用的哈希，我的优化暴力全都均摊了，直接最优解（
简要题意：
给定 \(m\) 和 \(0\sim 2^m-1\) 的全排列 \(a_i\)，问有多少子区间满足交换两个不同位置后，整个区间异或和为 \(2^m-1\)
\(m\le 20\)。
分析：
正难则反，考虑求出不合法的区间个数。
以下记 \(n=2^m-1\)。
结论：
若区间内异或和为 \(0\)，并且可以两两配对使得两两异或和为 \(n\)，则这个区间不合法。
证明：
首先如果区间异或和已经为 \(n\)，那么只需要交换区间内或区间外的两个数即可。
否则，设区间 \(S\) 的异或和为 \(t\)。
那么就是找一对 \(i,j\) 使得 \(i\oplus j=t\oplus n(i\in S,j\notin S)\)，不难看出 \(i,j\) 一定是成对出现的，那么若想要不合法，唯一的可能是集合内两两配对的异或和为 \(t\oplus n\)。
问题转化为找到这种情况。
奇数长度的一定合法，因为一定能找到一个数，和它配对的在区间外。
对于偶数长度的情况，如果配对数量为奇数，不妨以三个为例，有：
由于 \(n\ne 0\)，显然不存在这种情况。
配对数量为偶数的，不妨以两个为例，有：
也就是说，当 \(t=0\) 时这个区间不合法，那么两两配对的异或和就是 \(n\) 了。
至此证毕，下面考虑统计。
定义 \(link_i\) 表示与 \(a_i\) 配对的数的位置，即 \(pos_{n\oplus a_i}\)。
对于区间 \([l,p]\) 和 \([p+1,r]\)，如果这两个区间都不合法，则 \([l,r]\) 也一定不合法，这点通过结论不难看出，那么我们只需要找对于每个点最近的不合法位置在哪里即可。
考虑一个最暴力的拓展方法，枚举一个左端点 \(l\)，那么右端点 \(r\) 至少应在 \(link_l\)，下面判断这个区间是否合法。
- 如果 \(\exists\,p\in[l,r],link_p<l\)，即区间内存在一个数，与其配对的数在 \(l\) 左边，那么直接跳出，因为我们钦定了 \(l\) 为左端点。
- 如果 \(\exists\,p\in[l,r],link_p>r\)，那么更新 \(r=link_p\)，再重复这个过程，直到跳出或者 \(\forall\, p\in[l,r],l\le link_p\le r\)，即区间内两两配对。
这样的暴力做法可以找到每个最短的不合法区间，利用双指针可以在 \(O(n^2)\) 的时间内求出，下面考虑优化。
注意到我们暴力跳右端点的时候，跳出或者更新答案的点都是区间 \(link\) 最小值或最大值，那么就可以在 \(O(mn)\) 的时间内预处理出 \(link\) 的 ST 表实现 \(O(1)\) 更新。
之后对于每个点暴力跳的复杂度就变成了均摊 \(O(1)\) 的，简要证明如下：
对于每一对匹配 \((i,link_i)\)，设 \(i<link_i\)，那么当左端点枚举到 \(i\) 的时候看起来会很暴力的一直跳过去，极限状态下单次 \(O(n)\)，但当左端点枚举到 \(link_i\) 的时候，右端点 \(i<link_i\) 会直接跳出，所以实际上每一对匹配只会跳一次，均摊 \(O(1)\)。
统计同理，暴力枚举左端点，暴力跳最近的不合法区间，由于我们要计算的区间长度必须为 \(4\) 的倍数，那么只需要统计一路上 \(\bmod 4\) 同余的个数即可，为了防止算重，对于每个跳到的点标记一下，如果枚举到了标记点直接跳过即可，每个点的时间复杂度同样是均摊 \(O(1)\)。
总时间复杂度为 \(O(mn+n+n)=O(mn)=O(m\times 2^m)\)。
此外注意特判 \(m=1\) 的情况，因为 \(0\) 和 \(1\) 一定交换，所以单独一个 \(1\) 是不合法的，最终答案应该为 \(2\)。
代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1050000;
//此处为快读快写
int n,m;
ll ans;
int a[N],pos[N],link[N],nxt[N];
int md[5],stn[21][N],stx[21][N],pw[N];
bool vis[N];
//ST 表
void init(){
for(int i=2;i<=n;i++)
pw[i]=pw[i>>1]+1;
for(int i=1;i<=n;i++)
stn[0][i]=stx[0][i]=link[i];
for(int i=1;i<=m-1;i++)
for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;j++)
stn[i][j]=min(stn[i-1][j],stn[i-1][j+(1<<(i-1))]),
stx[i][j]=max(stx[i-1][j],stx[i-1][j+(1<<(i-1))]);
}
int querymin(int l,int r){
int k=pw[r-l];
return min(stn[k][l],stn[k][r-(1<<k)+1]);
}
int querymax(int l,int r){
int k=pw[r-l];
return max(stx[k][l],stx[k][r-(1<<k)+1]);
}
signed main(){
m=read();n=(1<<m);
if(m==1) return puts("2"),0;
ans=1ll*n*(n+1)/2;
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read(),pos[a[i]]=i;
for(int i=1;i<=n;i++)
link[i]=pos[n-a[i]-1];
init();
for(int i=1;i<=n;i++){
int l=i,r=link[i];
Find:;
if(querymin(l,r)<i) continue;//左端点小于钦定的 l，就跳出。
int mx=querymax(l,r);
if(mx>r){r=mx;goto Find;}//有更远的右端点，重复这个过程。
nxt[i]=r;//记 nxt 表示最近的不合法右端点。
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(vis[i]||!nxt[i]) continue;//标记过这个点或区间不存在就跳过。
for(int j=0;j<=3;j++)
md[j]=0;
int nw=i;md[i&3]++;
//暴力跳 nxt 并统计。
while(nxt[nw]){
nw=nxt[nw]+1;
ans-=md[nw&3];
md[nw&3]++;
vis[nw]=true;
}
}
write(ans);
return 0;
}
