CF vp合集

CF1936/1937

B

考虑计数只需要找到最后一个拐点和第一个拐点。

C

可以先花 $n$ 次找到最大数，然后找一些位置 $j$ 使得 $(p_i=n-1)|p_j$ 最大，最后找到最小的 $p_j$。考虑为啥是对的，因为得让异或最大，而且是排列，所以其中一个取最大不劣。然后找另一个能尽量填补0的位置的数。

D

重了 CF733E。

官方题解带 $\log$，非常无脑。其实把二分改成两个方向的队列维护即可线性。但是不会询问不独立。

E

不是看了眼 U 群完全不会。

首先 hint 1 是显然的。

考虑建图，答案为 1 到 n 的最短路。但是边的级别是 $n^{2}m$ 的，不可接受。

考虑把每个属性拉出来建图，对每个人的该属性排序，然后对相邻的点连一条边权为该属性之差的边。跑最短路即可。注意到预处理需要对自身连边。

F

感觉时间够是会的。

肯定想到拆位维护 b 的按位或值。

考虑如何合并。

维护每段最前/后的 1 的位置。

记 $[l,mid].lastone=a,[mid+1,r].firstone=b$。

如果 $max(a\to mid)\le max(mid+1\to b)$，肯定贪心的选 a，否则选 b。
max a 可以用 ST 表，于是拆位算贡献即可。

复杂度 $O(q\log n\log v)$。

CF1934

A

拆贡献。

B

可以 dp 较小的一段，剩下的直接用 15.

C

查询三个角，死亡分讨。

D1

考虑如果一个数是形如 $2^x$ 的形式显然无解。

消掉高位的第一个 1 之后，构造 $y$ 使得 $y=2^t-1$，对于 $y$ 分讨。

$y<m$ 肯定无解，$y>m$ 说明肯定能构造出 $m$。

D2

D1 中发现 $2^x$ 是必败态。

于是可以知道 $popcount(x)$ 是偶数时先手必胜。

考虑先手处于必胜只需要每次拆那个 popcount 为偶数的数就行了。