日记 2024.3.15：2024 年 syzx 春季训练 1

日记 2024.3.15：2024 年 syzx 春季训练 1

https://vjudge.net.cn/contest/615820

题号 1/2 是两种做法，不是两个题。

A

找出在 \(1, 2\) 周围一圈的点，挑出最远点 \(u, v\)（找不到说明 \(d_{1, 2}=1\)），判一下 \(d_{u, v}\) 与 \(d_{u, 2}\) 的关系以区分 \(\pm1\)。这样比较好看。

B

普通冒泡 \(n(n-1)/2\) 次，这题 \(n^2\)，说明每做一次操作可以浪费一次操作。

对 \(4\cdots n\) 普通冒泡，动不了就搞 \(1, 2\)。最后只剩三个数，一共六种情况，经验证，直接做都对。

C

枚举一个学生，枚举这人回答的问题，枚举和他回答相同的学生暴力验证。\(O(n^2m)\)。

发现，枚举一个学生后，如果枚举了超过 \(O(nk)\) 个学生，说明已经有一个人和你相似了（否则鸽巢原理）。然后再去枚举与这个学生相似的，暴力验证。\(O(n^2k+nm)\)。

D1

显然有 \(O(nd(n)\log n)\) 的做法。考虑你这个修改，可以拆成前后缀去询问，那个 \(\log n\) 就能精细实现干掉。

好厉害，\(\max_{n\leq 10^6}d(n)\) 竟然是 \(200\)。还以为根号。

D2

\(k\) 必定是 \(n\) 的某个素因子。

你想象一下。已经有一个 \(k\)，再次划分之。

\[\dfrac{S'_{\max}}{S'_{\min}}\leq \dfrac{aS_{\max}}{aS_{\min}}=\dfrac{S_{\max}}{S_{\min}} \]

（新的最大值所在的组，\(\leq\) 缩放成全部都是原来的最大值；最小值同理；然后除掉一个同样的个数。最终发现比原来还优（不劣）。）

于是 \(O(nw(n))\) 做法就出现了。

---

以下四个题是连续的。

E

你要想象一种 xor-shift-\(k\) 的操作，使得数组中所有下标为 \(i\) 和 \(i\oplus k\) 的地方互相交换。

就是线段树向下的时候，如果这一层被异或了，左右儿子交换，要查询的区间也交换一下。

00000111|22220000
交换为
22220000|00000111

询问真正的左右儿子的这两段前后缀。可以篡改询问区间，但是我喜欢篡改管辖区间。

复杂度 \(O(q\log n)\) 别写假了。彭老师在每个线段树区间上树状数组询问，吓到我了。

F

操作二：xor-shift-\(2^k\)。

操作三：xor-shift-\((2^k-1)\)。

xor-shift-\(k\) 是可以叠加的，直接 xor 起来。然后操作四就和上题一样了。

G1

xor-segtree。是新的科技啊。与省选 D2T1 一样深刻。

线段树的每一个线段上存 \(dp\) 数组，长度为 \(len\)，\(dp[i]\) 表示这个子树内做 xor-shift-\(i\) 之后的最大子段和信息（叫作 info）。然后在一个线段上，已知左右儿子的 \(dp\) 后，\(<2^{k-1}\) 的部分是左儿子对应 merge 右儿子的 info，\(\geq 2^{k-1}\) 的部分恰是右儿子对应 merge 左儿子的 info。然后全对了。

G2

按照格雷码顺序，根据格雷码那题的构造，每一位上被 swap 的次数是 \(2^k\) 这样，那就对着线段树上做 xor-shift-\(2^k\) 的代价对应乘过去均摊到 \(O(n\log n)\) 次修改。实际上就是倒着构造格雷码，优化枚举顺序。

总结：两个做法都非常深刻，是两种不同的思路。第一种的修改是线性的，第二种只能重构。

H

沿用 G1 做法，info 改为哈希值。太好写，太优美。线段树套线段树，\(O(2^nn)\) 带走。

据说可以反向刻画成后缀数组建法，避开 hash。就是自底向上地，把刚才做法的 hash 值改成这个 \(dp\) 数组里面的相对排名。（我觉得应该是整一层的相对排名。）然后发现可以拼起来继续比较。然后复杂度好像不如上面的。

沿用 G2 做法会不幸多一个可持久化线段树。

关于修改，就是那些位置无关或者位置粗糙相关的东西可以打 lazy-tag。有点太粗糙了。

I

https://www.cnblogs.com/caijianhong/p/18296748/solution-AGC048D

J：CF1938L

统一概念

一个 0/1 向量，很长的称为 bitset，短一点的是 unsigned int，统称为 bignum。一个 bignum 集合的线性基集合是它的子集，线性基集合中的数字可以异或出原集合的所有数。线性基是一个程序中黑盒子，支持维护一个 bignum 集合，操作是插入一个 bignum，回答这个 bignum 在插入之前是否能被原来的线性基集合表示。

Part 1

将 \(b\) 拍平。即是问，有一个长度为 \(30n\) 的 bitset，还有 \(\dbinom n 2\) 组元素，每一个是 \((i, j)\) 对应的 bitset，这个 bitset 只在 \((30(i-1), 30i]\) 与 \((30(j-1), 30j]\) 这一共 \(60\) 个位置有值。求线性基大小。但是 \(n\leq 10^5\)，四次方暴力还是太极端了，但是能做了。

Part 2

我们将要做的第二个转化将要将答案写为 \(2^{cnt}\) 的形式：

int cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
  for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
    bool f1 = bas[i].insert(a[i] xor a[j]);
    bool f2 = bas[j].insert(a[i] xor a[j]);
    cnt += f1 || f2;
  }
}

其中 \(bas[1...n]\) 是 \(n\) 个线性基，\(bas[i]\) 表示 \((30(i-1), 30i]\) 这些主元上的线性基情况，我们仔细想一下这个线性基的线性基集合只需要关注主元那 \(30\) 位。因为假如你认为在 \(bas[i]\) 里面洗了一遍之后后面的位置会影响 \(bas[j]\) 或者其它的地方的能否插入，那我们发现：

1. 如果你认为会影响 \(bas[j]\)，那么请问你在 \(j\) 的主元怎么来的？根本没有来源。
2. 如果你认为会影响其它地方的主元，比如影响 \((30(k-1), 30k]\)，那么这个地方的主元，你都拿到了，你之前是不是插入过了 \((i, k)\)？如果 \((i, k)\) 插入成功了，你就没机会再插入了；否则你也会失败。

所以这个算法就对完了。

Part 3

考虑到 \(cnt\leq 30n\)，我们需要枚举 \(O(n^2)\) 次，有很多枚举是无用的！考虑这么个事情：

1. 令 \(a'_{i}=a_i+2^{30}\)，对 \(a'\) 求线性基集合。
2. 将线性基集合中原来的 \(a\) 调到 \(a\) 前面。
3. \(j\) 从 \(1\) 枚举到 \(n\)，\(i\) 从 \(1\) 枚举到 \(\min(31, j-1)\)，然后做 part 2。

它怎么个对呢？考虑到后面的没有枚举到的 \((i, j)\)，此时 \(bas[j]\) 已经被喂了 \(31\) 个线性基集合的线性基，满了插不进去；\(bas[i]\) 之前在成为 \(j\) 的时候，也被喂饱了，也插不进去。于是算法就正确了。

总复杂度 \(O(30^2n)\)。能过。