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：

1. 取 $\{x,y\}\subseteq A$，令 $A\leftarrow (A\setminus\{x,y\})\cup\{(x\or y)\rsh 1\}$；

2. 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 $r$。

  $n\le10^5$，$w=60$，$a_i\in[0,2^w)$。

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  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。

  $|S|,q\le10^6$。

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  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。

  $n,m\le5\times10^5$。

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  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 $\mathcal O((n+m)\log m)$。