CF八九月杂题选做
CF八九月杂题选做
1863F
有一个长为 \(n\) 的数组 \(a_1, a_2, \cdots, a_n\)。
在每次操作中，你可以把数组分成两段，留下一段，扔掉另一段，要求前者的异或和不小于后者的。重复操作，直到只剩下一个数为止。
对于每个 \(i\)，问最后剩下来的可不可能是第 \(i\) 个数。
有 \(t\) 组数据。\(1 \le t \le 10\ 000\)，\(1 \le n \le 10\ 000\)，\(1 \le a_i \le 2^{60}\)，\(\sum n \le 10\ 000\)。
容易想到一个暴力DP，也即设 \(f_{l,r}\) 为是否可能保留下 \([l,r]\)，最初 \(f[1,n]=1\)。
对于 \(f[l,r]\)，可以从 \(f[x,r](x<l),f[l,y](y>r)\) 两方面转移，同样是比较异或和进行转移。
时间复杂度 \(O(n^3)\)。
如何优化? 发现 \(n\le 10000\)，复杂度必然是卡死 \(O(n^2)\)。
我们来发现一下性质。设 \(s[l,r]\) 为 \([l,r]\) 的异或和，则若 \(s[l,k]\ge s[k+1,r]\)，就可以实施转移。但条件？
发现硬生生比较是不可取的，而注意到 \(s[l,k]\oplus s[k+1,r]=s[l,r]\)，这里就引导我们发现性质了。
引理：对于三个数 \(i,j,k\)，若 \(k=i\oplus j\)，设 \(x\) 为 \(2^{\lfloor \log_2 k\rfloor}\)。则若 \(i\& x=x\)，则有 \(i>j\)。当 \(x=0\) 时有 \(i=j\)。
证明：当 \(x=0\) 时，显然 \(i=j\)，下面我们讨论 \(x\neq 0\) 的情况。
根据异或运算的性质，显然有 \(k\) 的第 \(i\) 位是 \(1\) 则说明 \(i,j\) 其中之一为 \(1\)，而若为 \(0\) 则说明二者这一位相同，比较无意义。
那么最高位的 \(1\) 就是第一个二者不同的二进制位，而 \(x\) 的意义也就是如此，谁占有这个 \(1\) 位谁更大，故引理成立。
这样我们就发现，我们仅仅只需要比较这一位即可得到二者大小。
有什么用处呢？这是很妙的。我们成功将比较 \(s[l,x],s[x+1,r]\) 转化为了比较 \(s[l,x],s[l,r]\)。
也即若 \(f[l,r]\) 是否可以被更新，当它作为前部分时，只要有一个合法的区间 \(f[l,x](x>r)\)，满足 \(s[l,x]\) 的最高位在 \(s[l,r]\) 中同样为1，即可实现转移。
那么这是是容易维护的，发现这个最高位不过 64 种可能性，完全可以用一个数进行压缩，也即我们维护 \(g_l\) 表示目前已经知晓的区间中，左端点为 \(l\) 且可以被转移到的区间的最高位的 \(1\) 的按位或和即可。
只要二者的按位与不为0，则必定可以转移。（当然需要特判一下是否出现了 \(s[l,r]=0\) 的扯淡情况。可以再开一个数组维护。
左边也是同理的。
#define N 10550
#define int long long
bool f[N][N];
int s[N],h[N],g[N],mnl[N],mnr[N];
int get(int x){
int res=__builtin_clzll(x);
return 1ll<<(63-res);
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
int T;cin>>T;
while(T--){
int n;cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>s[i],s[i]^=s[i-1],h[i]=g[i]=mnl[i]=mnr[i]=0;
f[1][n]=1;h[1]|=get(s[n]),g[n]|=get(s[n]);
if(!s[n])mnl[1]=mnr[n]=1;
for(int len=n-1;len;--len){
for(int l=1,r=len;r<=n;l++,r++){
f[l][r]=0;int k=s[r]^s[l-1];
if(mnl[l]||(k&h[l]))f[l][r]=1;
if(mnr[r]||(k&g[r]))f[l][r]=1;
if(f[l][r])h[l]|=get(k),g[r]|=get(k),mnl[l]|=(k==0),mnr[r]|=(k==0);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)cout<<f[i][i];
cout<<"\n";
}
}
