CF1582F Korney Korneevich and XOR

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CodeforcesF1
CodeforcesF2
LuoguF1
LuoguF2

Description.

有一个长度为 $n$ 的序列，求每个严格递增子序列异或值的并。

F1 : $n\le 10^5,V\le 500$
F2 : $n\le 10^6,V\le 5000$

Solution.

F1 有手就行，直接做，做完了。
大概就是记 $dp_i$ 表示当前 $\oplus$ 值为 $i$ 的点的结束位置最小值。
每次枚举一遍值域就行了，总复杂度 $O(nV)$ 可以过 F1。

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F2 以 $\oplus$ 值建图。
这张图有 $O(nV)$ 条边，有 $O(V^2)$ 个点。
而且是一个分层图，从第一层出发走问能否走到某层的指定顶点。
我们考虑 $O(V^2)$ 的做法，尝试让 $O(nV)$ 个冗余状态消失。
考虑一个点，它第一遍被更新肯定是最优的，也就是说，只要一个点被更新过，那它状态就确定了。
那我们考虑只让每个点被更新一次，这样复杂度就真了。
我们考虑那些 $O(nV)$ 的边其实有性质，都是 $(a,qwq)\rightarrow (a\oplus t,t)$ 的边。
所以如果对 $(a,?)$ 已经向 $(a\oplus t,t)$ 更新过了，那剩下所有边都不需要了。
而且这个边还具有单调性，也就是说每次被更新的肯定是一个后缀（因为 $t\ge qwq$）。
所以每次更新的肯定是一段区间，然后就可以判断这段区间有没有被覆盖来转移。
均摊一下发现每个点只会被更新 $1$ 次，总更新失败次数 $O(n)$ 次。
然后总复杂度就是 $O(V^2+n)$。

考虑一下具体实现。
反过来考虑，考虑一个点更新它的所有出边，因为优美的性质集中在目标点。
相当于我们可以预处理出 $(a,qwq)$ 可以更新到哪些点。
如果它已经被更新了那我们直接可以不管它了。
而且如果当前有一个 $(a,qwq)$ 和 $(a,qaq)$ 且 $qwq\ge qaq$ 那 $(a,qaq)$ 是无意义的。
本质上来说我们可以把某个指定点的每一层给压起来。
然后只需要记录当前这个点的所有层可以转移到哪些点就行了。

Coding.

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//Coded by STUPID_JUSTlN {{{
//Gened on 2021.10.24 18:05:02
//是啊，你就是那只鬼了，所以被你碰到以后，就轮到我变成鬼了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &x)
{
	x=0;char c=getchar(),f=0;
	for(;c<48||c>57;c=getchar()) if(!(c^45)) f=1;
	for(;c>=48&&c<=57;c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
	f?x=-x:x;
}
template<typename T,typename...L>inline void read(T &x,L&...l) {read(x),read(l...);}//}}}
int n,a[1000005],go[5005][8195],cn[8195],rs[8195],rst;
char dp[8195][5005],v[5005][8195];//走权为 i 的边能到 j
inline void adde(int i,int j) {go[i][++cn[i]]=j;}
int main()
{
	read(n),dp[0][0]=1;for(int i=1;i<=5000;i++) adde(i,i),v[i][i]=1;
	for(int k;n-->0;)
	{
		read(k);
		for(int i=1;i<=cn[k];i++)
		{
			int tw=go[k][i];dp[tw][k]=1;
			for(int j=k+1;j<=5000;j++) if(v[j][tw^j]) break;
				else v[j][tw^j]=1,adde(j,tw^j);
		}cn[k]=0;
	}
	for(int i=0;i<8192;i++) for(int j=0;j<=5000;j++) if(dp[i][j]) {rs[++rst]=i;break;}
	printf("%d\n",rst);for(int i=1;i<=rst;i++) printf("%d%c",rs[i],i==rst?'\n':' ');
	return 0;
}