Educational Codeforces Round 173

C

记得是处理一下前缀最大值和最小值，后缀最大值和最小值，最后合并即可。这个有讲解，不多赘述。

D

考虑令 $A = aG, B=bG$ ，我们有 $\gcd(a, b) = 1$ 。

题目转化为求使得 $\lvert a - b\rvert$ 最大的 $a, b\in[L', R']$ ，满足 $\gcd(a, b) = 1$ 。

这个我们不难发现， $\gcd(p, n) = 1$ 当然 $n = kp$ 除外。

所以如果我们从小到大枚举 $a$ ，从大到小枚举 $b$ ，大概率会找到 $\gcd(a, b) = 1$ 的数对。

我们直接暴力枚举：

for (i64 i = l; i <= r && i - l < lim && i - l < res; ++i)
	for (i64 j = r; j >= i && r - j < lim && i - l + r - j < res; --j)
		if (gcd(i, j) == 1) {
			res = min(res, i - l + r - j);
			L = i, R = j;
		}

这个枚举的复杂度是很低的，我感觉是 $\log^2$ 的枚举，还有一个 $\log$ 的求 $\gcd$ ，但是常数很小。

不妨假设枚举了 $a = L'$ ，这时候 $\gcd(L', b) = 1$ 显然应该很容易成立。

举个例子，我们要使 $\gcd(n, b)\neq 1$ 对 $b=2,3,4,\cdots$ 都不成立， $n=2\times3\times5\times7\times\cdots$ ，只有 $\log n$ 项。但是反观 $b$ 的增长代价是很小的， $b$ 增长 $1$ ， $a$ 基本上就要乘上一个质数。

我只能说，感性证明，具体证明应该是可以的。

代码298220001

E

这个考虑直接拆位。给定两个 01 矩阵。
能够把某一行改为 $0$ ，某一列改为 $1$ ，求能否 A -> B
反着考虑？看一下 $B$ 是否某行为 $0$ 或者某列为 $1$ 。
如果是，可以把这行/列从矩阵中删除，然后看剩下的矩阵是否对应。
时间复杂度 $O(T S (n+m)\log V)$ 。

代码298246149

F

赛时的代码有很多 BUG，不过算法是对的。

首先题目就是求区间中删去若干个数，要求剩下的数异或和为 $0$ ，求最多删几个和方案数。

约定：我们下面说的「答案」，指的是保留的数字数量。

首先，我们观察到，当区间长度 $L$ 满足 $L>51$ 的时候，根据鸽巢原理，显然存在 $a_i\oplus a_j=0$ ，我们只需要考虑答案是 $2$ 还是 $1$ 。

$1$ 就是有 $0$ ， $2$ 就是有两个数相同，这都很好处理（具体可见代码，存储每个数出现的位置，然后二分）。

另一方面，当 $L \ge 12$ 的时候，根据鸽巢原理， $\binom{12}{2} = 66>64$ ，也就是有 $a_i\oplus a_j = s$ 且 $a_x\oplus a_y=s$ ，我们的答案不会超过 $4$ 。

所以对于 $12\le L\le 51$ 的情况，我们可以去枚举这样的 $i, j, x, y$ ，对于 $(i, j)$ 这对，可以用桶，对于 $(x, y)$ 这对，我们直接枚举（钦定 $i, j < x,y$ ）。可见代码：

Z ans3 = 0, ans2 = 0, ans4 = 0;
array<Z, 64> cnt, cnt2;
for (int i = l; i <= r; ++i) {
    for (int j = i + 1; j <= r; ++j) {
        ans3 += cnt[a[i] ^ a[j]];
        ans4 += cnt2[a[i] ^ a[j]];
        if ((a[i] ^ a[j]) == 0) ans2 += 1;
    }
    cnt[a[i]] += 1;
    for (int j = l; j < i; ++j)
        cnt2[a[i] ^ a[j]] += 1;
}

这里 ans2, 3, 4 就是选 $2, 3, 4$ 个数异或和为 $0$ 的方案数，然后用 cnt[x] 记录前 $i$ 个数中为 $x$ 的数的数量，cnt2[x] 记录前 $i$ 个数中，选两个数的异或和为 $x$ 的方案数。

时间复杂度 $O(50^2)$ 。

对于 $L<12$ 的情况，我们直接 $2^{12}$ 枚举每个数选还是不选。

综上，时间复杂度 $O(q(50\log n + 50^2 + 2^{12}))$ 。

代码298305541

UPD AT 2024/12/25(13:13)：经指正，上面这个做法的复杂度是 $O(q(50\log n+50^2 + 12\times2^{12}))$ 次方的，我少考虑了枚举 $2^{12}$ 种可能后计算的复杂度。

后经过思考，对于 $6 ≤ n ≤ 11$ 的情况，应该可以强行再分讨做 $64n$ 的转移，维护 cnt3。

Z ans3 = 0, ans2 = 0, ans4 = 0, ans5 = 0;
array<Z, 64> cnt, cnt2, cnt3;
for (int i = l; i <= r; ++i) {
    for (int j = i + 1; j <= r; ++j) {
        ans3 += cnt[a[i] ^ a[j]];
        ans4 += cnt2[a[i] ^ a[j]];
        ans5 += cnt3[a[i] ^ a[j]]
        if ((a[i] ^ a[j]) == 0) ans2 += 1;
    }
    for (int v = 0; v < 64; ++v)
        cnt3[v ^ a[i]] += cnt2[v];
    for (int j = l; j < i; ++j)
        cnt2[a[i] ^ a[j]] += 1;
    cnt[a[i]] += 1;
}

时间复杂度为 $O(q(50\log n+50^2+64\times50 + 6\times2^6))$ 。

因为感觉分讨的有点复杂，并且加上维护 cnt3 的启发，我想可以用 f[i][x] 维护保留 $i$ 个数，异或和为 $x$ 的方案数解决本题，dp 的代码见下：

f[0][0] = g[0][0] = 1;
for (int i = l; i <= r; ++i)
    for (int k = 7; k; --k) {
        for (int v = 0; v < 64; ++v) {
            f[k][v ^ a[i]] += f[k - 1][v];
            g[k][v ^ a[i]] |= g[k - 1][v];
        }
    }