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 $y_i$。

  $n\le10$，$m\le200$。

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  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

$$\begin{cases} f(i+1,j+1)\leftarrow^+cf(i,j), & \exist y\in[2^{i+1},2^{i+2})\in\mathscr Y\\ \begin{cases} f(i+1,j+1)\leftarrow^+ cf(i,j)\times2^{i+1-j}\\ f(i+1,j)\leftarrow^+ f(i,j) \end{cases}, & \text{otherwise} \end{cases}$$

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 $\max\{a_x+a_y+a_z\mid l\le x<y<z\le r,y-x\le z-y\}$。

  $n,q\le5\times10^5$。

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  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。

  $n\le2\times10^5$，$n-1\le m\le n+50$，$c_u>0$。

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  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 $\mathcal O(n\log n+nt)$。