Solution Set -「LOCAL」冲刺省选 Round VII
\(\mathscr{Summary}\)
三道结论题，毁灭吧。
A 题一开始思路偏了，发现答案最高 bit 能固定之后接下来的结论就顺理成章了。
B 题哈哈哈哈又是经典：我结论猜对了，然后心里给念叨，念着念着嘴瓢了，写暴力出来错了，然后就没分了。
C 题：你怎么不放 A 题？
策略不对头啊哥，你怎么没先发现 C 题最水呢？这样真的很危险。
\(\mathscr{Solution}\)
\(\mathscr{A}-\) 合成小丹
给定可重集 \(A=\{a_n\} \newcommand{\or}[0]{\operatorname{or}} \newcommand{\rsh}[0]{\operatorname{rsh}} \newcommand{high}[0]{\operatorname{high}}\)，进行 \(n-1\) 次以下操作之一：
-
取 \(\{x,y\}\subseteq A\)，令 \(A\leftarrow (A\setminus\{x,y\})\cup\{(x\or y)\rsh 1\}\)；
-
取 \(x\in A\)，令 \(A\leftarrow A\setminus\{x\}\)。
其中 \(\or\) 是按位与，\(\rsh\) 是右移。最终 \(A=\{r\}\)，求出可能的最小 \(r\)。
\(n\le10^5\)，\(w=60\)，\(a_i\in[0,2^w)\)。
把原问题说好听点：在 $A $ 里选一些数做 1. 操作，最小化结果 \(r\)。根据经验，位运算下的最小化问题很有局部性，我们可以尝试先最小化 \(r\) 的最高 bit。
记 \(\high(x)=\lceil\log_2x\rceil~(x>0)\)。在这一目标下，显然，当且仅当 \(\high(x)=\high(y)\)，对 \((x,y)\) 的操作才是有意义的。我们按 \(\high\) 降序模拟，看看最低能在哪个 \(\high\) 处留下一个数。记此时的 \(\high\) 值为 \(h\)。可见，\(\high(r)=h\)。
由于 \((x\or y)\rsh k=(x\rsh k)\or(y\rsh k)\)，那么对于每个数 \(x\)，若它参与了 \(r\) 的合成，则它至少被 \(\rsh\) 了 \(\high(x)-h\) 次。当然，这一次数的实际值越小，我们就更有可能合成出 \(h\) 最小的 \(r\)。这印证了我们在上文直接按照 \(\high(x)-h\) 这一 \(\rsh\) 次数对 \(x\) 进行的归类的确能求到最小的 \(\high(r)\)。
想一想，被额外 \(\rsh\) 的数就没用了吗？并不。我们可以用它们作为 1. 操作的“炮灰”，让另一个数被 \(\rsh\)，甚至，“炮灰”和“炮灰”还能在 1. 操作中合成更“厉害”的“炮灰”。
回到解题，既然 \(\high(r)\) 定了，我们可以从高到低枚举 \(r\) 的 bit，检查这一 bit 能否取 \(0\)（局部性）。根据上文结论，对于每个数 \(a\)，我们可以求到它至少被 \(\rsh\) 多少次后，被 \(\or\) 入 \(r\)，才不会破坏已经确定的高位 bit 和当前 bit 假定的 \(0\)。被 \(\rsh\) 的次数越小越好嘛，我们直接把这一次数当做 \(a\) 的 \(\high\)，在此模拟上文求 \(h\) 的操作，看看能不能把同样的 \(h\) 取出来。若能，则这一 bit 可以为 \(0\)。
暴力实现是 \(\mathcal O(Tnw^2)\) 的，不过瓶颈是位运算和整数自加，而且难卡，所以我过了。对 \(r\) 中每个 \(0\) 分别构造对每个数 \(a\) 的右移次数限制，精细实现可以做到 \(\mathcal O(Tnw)\)。讲个笑话，有人 \(\mathcal O(Tnw^3)\) 过了。
\(\mathscr{B}-\) 路过中丹
对于字符串 \(T\)，成一个合法遍历 \(P=p_1\cdots p_k\)，满足 \(p_i\in[1,|T|],p_1\neq p_k,|p_i-p_{i-1}|=1\)，且 \(T'=T_{p_1}T_{p_2}\cdots T_{p_k}\) 是回文。若 \(T\) 的每个下标都能存在于一个合法遍历中，则 \(T\) 合法。给定字符串 \(S\) 以及 \(q\) 次询问，每次给出 \([l,r]\)，询问 \(S[l:r]\) 是否合法。
\(|S|,q\le10^6\)。
手玩一下样例：若存在 \(T_i=T_{i+2}\)，则 \(T\) 合法。
证明，构造遍历：\(T_{i+2}\cdots T_2T_1T_2\cdots T_iT_{i+1}T_i\)，是回文。另一侧同理。
另一个显然的结论：若 \(T\) 中的每个字符都存在于某个长度大于 \(1\) 的回文串中，则 \(T\) 合法。（草了，我上面那个对了这个胡错了。）
经讨论可以说明：不存在其他有效的遍历方案使得不满足这两个条件的 \(T\) 合法。
怎么维护？第一个结论直接记前缀和。第二个，Manacher + 单调栈求出 \(S\) 中从 \(i\) 开始的最短回文串结束位置 \(r_i\)，以及到 \(i\) 结束的最短回文串开始位置 \(l_i\)。\(S[l:r]\) 合法，当且仅当满足第一个条件，或者不存在 \(i\in[l,r]\)，使得 \(l_i<l\le r<r_i\)。按照询问右端点离线，BIT 维护一下每个左端点的合法情况即可。复杂度 \(\mathcal O((n+q)\log n)\)。
\(\mathscr{C}-\) 膜拜大丹
有一个有向图 \(G\)，结点编号 \(1,2,\dots,n+m\)。对于结点 \(i\in[1,n]\)，\(\lang i,n+1..n+{a_i}\rang\in E\)；对于结点 \(i\in(n,n+m]\)，\(\lang i,1..b_i\rang\in E\)；不存在其他边。现限定 \(1..n\) 最多存在于 \(c_{1..n}\) 个简单环中，\(n+1..n+m\) 最多存在于 \(d_{1..m}\) 个简单环中，求能取出多少个简单环。
\(n,m\le5\times10^5\)。
显然：
- 最优情况下，环是二元环；
- 按编号降序选二元环，答案最优。
降序枚举 \(n..1\)，维护在 \(n+1..n+m\) 里能作为二元环另一个端点的结点集合，模拟即可。复杂度 \(\mathcal O((n+m)\log m)\)。
