[省选联考 2024] 魔法手杖

一年之后再看好歹是会双log做法的84分的，虽然可能被卡常

首先显然有 $x\oplus y\le x+y$。

对于一个最优的方案 $S,x$ 你显然如果不影响 $\oplus$ 部分的最值的话移走的最优的。

所以我们只会将会影响 $\oplus$ 部分最值的留在 $S$。

考虑二分答案 $mid$，判断有没有 $\ge mid$ 的方案。

则因为 $x\oplus y\le x+y$，所以事实上有：

$$mid\le min(\underset{i\in S}{min}(a_i+x),\underset{i\notin S}{min}(a_i\oplus x))⟹mid\le min(min(a_i+x),\underset{i\notin S}{min}(a_i\oplus x))$$

而那么在满足 $x\ge mid-a_{min}$ 的条件之下，如果不满足 $a_i\oplus x\ge mid$，则必然需要加入 $S$，且尽可能少加入。

则可以得到存在合法方案的充要条件是：

$$\mathrm{\exists }x\in [mid-a_{min},2^k-1],\sum _{a_i\oplus x<mid}{b}_i\le m$$

考虑将 $a_i\oplus x$ 与 $mid$ 作比较，感觉 $x$ 很容易贪心地填 $1$。

转化对象，以 $a_i$ 为主元。

感觉如果有 $a_i\oplus x<mid$，那么显然可以数位DP划分出 $\log$ 个区间，那么就可以变成区间加，然后全局最小值查询了。

这样就得到了 $3\log$ 做法

优化？

其实还是对应了 $trie$ 上的点，所以可以变成 $trie$ 上的单点加全局 $min$ 维护。

感觉还是容易的，得到了 $2\log$ 做法。

然后我们需要一个后缀 min，可以实现

考虑Trie的实现细节

其实是看 $mid$ 的每一位和 $x$ 当前的每一位，然后统一算所有走到这里的 $a$ 的贡献，其实这个 $a$ 应该是在子树内部。

所以我们需要维护一个子树内 $b$ 的和。

• $bit(mid)=1$，则

  取 $x=1$ 相当于继续递归左子树，而左子树可以直接加上右子树的 $b$ 了

  取 $x=0$ 相当于继续递归右子树，而右子树可以直接加上左子树的 $b$ 了。

• $bit(mid)=0$，则

  取 $x=1$ 相当于继续递归右子树，左子树已经解决

  取 $x=0$ 相当于继续递归左子树，右子树已经解决

所以可以子树内维护当前位置 $mid$ 是 $1$，更低位置全 $0$ 在子树内是否有解，也就是要求 $x\ge mid-a_1$，所以我们维护有解的最大 $x$？

我们不妨设一个 $sol(p,mid,dep,now,mna,sumb)$

也就是当前划分到的集合 $S$ 里的 $mna$，当前节点是 $p$，深度 $dep$，当前得到的答案是 $mid$，当前填的 $x$ 是 $now$，当前已经得到了 $sumb$ 的加法标。

枚举当前 $mid$ 和 $now$ 怎么取的 $4$ 类情况讨论即可

ll sol(int p,int dep,ll mid,ll now,ll mna,int sumb){
    if(sumb>m)return 0;
    if(dep<0)return mid;
    ll res=0;
    //mid=1,now=1，递归左子树，算上右子树b
    //mid+=pw[d],now+=pw[d]
    int lc=ch[p][0],rc=ch[p][1];
    ll lmna=min(ma[rc],mna),rmna=min(ma[lc],mna);
    if(pw[dep]+now+pw[dep]-1+lmna>=mid+pw[dep]){
        res=max(res,sol(lc,dep-1,mid+pw[dep],now+pw[dep],lmna,sumb+sb[rc]));
    }
    //mid=1,now=0，递归右子树，算上左子树b
    if(now+pw[dep]-1+rmna>=mid+pw[dep]){
        res=max(res,sol(rc,dep-1,mid+pw[dep],now,rmna,sumb+sb[lc]));
    }
    if(res>0)return res;
    //mid=0,now=1，递归右子树，左子树无贡献，mna无需更新
    if(pw[dep]-1+pw[dep]+now+mna>=mid){
        res=max(res,sol(rc,dep-1,mid,now+pw[dep],mna,sumb));
    }
    if(pw[dep]-1+now+mna>=mid){
        res=max(res,sol(lc,dep-1,mid,now,mna,sumb));
    }
    return res;
}

然后优先 $mid$ 是 $1$ 的解，大力递归就好了。我们每一层根据 $mna+now\ge mid$ 来减枝，可以保证每次往下搜的时候只要能够递归就可以得到解，所以每个点只会递归一次，复杂度 $O(Tnk)$

这贪心是真NB

这个题涉及到了很多技巧：

• 贪心将不会影响答案的东西移走，使最优方案更容易满足边界条件
• 整体与单体的视角转化，$\sum _{a_i\oplus x<mid}{b}_i$ 从枚举 $x$ 单体——整体计算变成对于每个 $a_i$ 的单体整体统计贡献，有时候正难则反。
• 限制条件的解决形式，如 $x\ge [mid-a_{min},2^k-1]$ 不用再计算单 $a_i$ 贡献时考虑边界，而是在贡献完之后整体照边界
• 位运算题目，二分答案往往可以被按位贪心讨论简化掉。