Solution Set -「LOCAL」冲刺省选 Round XXXI
\(\mathscr{Summary}\)
前期节奏太懒散，后面发现 C 题是水题都没时间写，提起精神来啊！
A 题卡得比较久，对线性基的理解不够深刻，思来想去半天才把转移系数调对。B 题也卡，走起来就想“怎么优化”而没有深入去研究“求的什么”。C 题哈哈哈哈倍增长剖一个个伪，最后祭了一发暴力，明明那么蠢（而且貌似才做过）的点分的说。
\(\mathscr{A}-\) 神必的集合
给定 \(m\) 对形如 \((x_i,y_i)\) 的限制，求 \(\{0,1\}^n\) 里有多少个 \(S\)，满足 \(\forall x,y\in S\)，\(x+y\in S\)（加法即异或），且 \(S\) 里第 \(x_i\) 大数是 \(y_i\)。
\(n\le10\)，\(m\le200\)。
按照兔子一贯的坏习惯，不区分二进制数和 \(\{0,1\}^n\) 里的向量。
我们只需要确定 \(S\) 的基 \(\mathscr S\) 的数量，就能求出 \(S\) 的数量。对于 \(\{y_{1..m}\}\) 的基 \(\mathscr Y\)，显然有 \(\operatorname{span}(\mathscr Y)\subseteq\operatorname{span}(\mathscr S)\)。另一方面，不妨把 \(\mathscr S\) 和 \(\mathscr Y\) 规范化作上三角，也就是异或线性基求出来的那玩意儿。
考虑若 \(\mathscr S\) 确定，比 \(y\) 小的数的数量 \(x-1\) 是如何算出来的。方便起见，令 \(x\leftarrow x-1\)，显然若 \(x\) 含有 bit \(2^k\)，就表明 \(\mathscr S\) 从低到高第 \(k\) 个基向量的最高 bit 被 \(y\) 包含。据此，对于任意 \(i,j\)，我们能够判断 \(2^i\) 能否作为 \(\mathscr S\) 的从低到高 \(j\) 个基向量的最高 bit。
据此，考虑 DP。令 \(f(i,j)\) 表示考虑了 bit \(2^{0..i}\)，已经选择了前 \(j\) 小的基向量的方案数。当 \(\mathscr Y\) 在这一维有基向量时，这个时候我们只能当然只能 \(\mathscr Y\) 里对应位置上的基向量；否则，我们可以任意取 \(\{0,1\}^{i+1}\) 里一个不与已有的 \(j\) 个基线性相关的向量来扩展基，也可以不把 \(i\) 选入基。形式化地，令 \(c\) 为 \(2^i\) 能否作为第 \(j\) 个基向量，那么
至少可以做到 \(\mathcal O(n^2+nm)\)。
\(\mathscr{B}-\) 法阵
给定 \(\{a_n\}\) 以及 \(q\) 次询问，每次给出 \([l,r]\)，求 \(\max\{a_x+a_y+a_z\mid l\le x<y<z\le r,y-x\le z-y\}\)。
\(n,q\le5\times10^5\)。
注意到在固定 \(x\) 时，若有 \(x<y_1<y_2\)，且 \(a_{y_1}\ge a_{y_2}\)，那么 \(y_2\) 与 \(x\) 配对必然不如 \(y_1\) 优秀。因此，有效的 \((x,y)\) 必然在从左到右单调栈时相遇（\(y\) 弹掉 \(x\)，或者 \(y\) 压入 \(x\) 的后面），这样的 \((x,y)\) 仅 \(\mathcal O(n)\) 对。
既然 \((x,y)\) 很少，我们就去维护 \(z\)。把询问离线下来挂到左段点上，从右到左扫描 \(l\)，对于每个 \(r\)，维护此时 \(x\in[l,r],z\in[l+2,r]\) 的答案。放在线段树上，每次更新差不多就是区间取 \(\max\)，可以做到 \(\mathcal O((n+q)\log n)\)。
\(\mathscr{C}-\) 旅行
给定含有 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无边权无向图，点 \(u\) 有属性 \(r_u\) 和 \(c_u\)，表示对于所有 \(\operatorname{dist}(u,v)\le r_u\)，可以从 \(u\) 花费 \(c_u\) 的代价走到 \(v\)。求从 \(1\) 出发到每个点的最小花费。
\(n\le2\times10^5\)，\(n-1\le m\le n+50\)，\(c_u>0\)。
这个 \(m\) 范围的提示性太强了，随便拿一棵生成树，树内点分建图，树外边还是向点分一样处理跨过某个点的路径信息，记 \(t=m-n+1\)，暴力做复杂度为 \(\mathcal O(n\log^2n+nt\log nt)\)，可以过。
点分部分采用 two-pointers 建图，每次拿出 \(d_u+c_u\) 最小的点，从上次指针划到的位置继续更新，不把图显式地建出来。可以做到 \(\mathcal O(n\log n+nt)\)。
