省选集训 day 1 数据结构杂题

合集 - 省选集训(11)

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A

比较套路的题目，第一次见还是有难度的。

关于 $+1$ 的更改，事实上是找到二进制下极长的末尾 $1$ 段并进位。

考虑使用 Trie 维护这个操作，相当于建立一颗从低位开始的 Trie，然后swap儿子并进入swap后的新左子树递归操作。

然后对于邻域的问题，一般考虑每个点单独维护其儿子，然后特别处理父亲。

B

发现对于把串插入 Trie 后每个 Trie 极大空子树独立，也就是相当于若干个 $L$ 的空串的公平组合游戏。

那么答案就是这些空子树的 SG 值的 $xor$。

考虑 $SG(n)$ 的求法，这里表示树高为 $n$ 的空 Trie 树，注意是树高，那么 $n=0$ 指的是空树。

首先 $SG(0)=0$，因为此时已经必败。

其次考虑先手做一次可以达到一个什么样的局面：插入一个长为 $h$ 的串，原树被分割为 $n-h,n-h+1,n-h+2\dots n-1$ 这样的子问题。

那么也就是 $SG(n)=\mathrm{mex}\{\underset{j=n-h}{\overset{n-1}{⨁}}SG(j)|0\le h\le n\}$

注意到 $h=0$ 时取到零。

打表发现 $SG(n)=\mathrm{lowbit}(n)$

C

考虑 xor mex 如何求解，显然可以考虑一个 $dp$，设 $f_i$ 为 Trie 上节点 $i$ 的最大 $xormex$，有：

$$f_x=\{\begin{array}{ll}{f}_{lc}+f_{rc}& \text{lc}\text{or}\text{ rc is fulled}\\ max(f_{lc},f_{rc})& \text{else}\end{array}$$

考虑到一个方法自底向上求解最优值，也就是对于 一颗满树 $T$，给其Trie上的兄弟子树的权值加上 $|T|$，然后找到权值最大的叶子即为答案。

通过这个方法，我们可以预处理每个 $r$，$O(n)$ 个 $(l,h)$，表示 $ql\le l$ 时，往上走 $h$ 级的树满了，然后通过 Trie 打标记的方法（因为这些是统一的）在 $O(2^n·n·\sqrt{m})$ 回答询问。

这太差了，考虑到树 $T$ 满上之后，事实上 $T$ 内点不可能成为答案，并且我们只关心 $T$ 的兄弟节点的最大值变化，所以可以只打一个标记在这里不用。

考虑 $a$ 是排列的情况，那么每个子树只会被填满一次，那么可以扫描线，扫到 $r$ 的时候对于若干对 $(l,h)$ 我可以暴力访问其兄弟子树里所有节点更新答案并在这 $n$ 对 $(l,h)$ 中 $l$ 划分的 $O(n)$ 个区间将答案取 $max$。

一共下来只会有 $O(n·2^n)$ 次操作，利用线段树求算答案也就是 $O(n^2{2}^n)$

考虑到 $a$ 不是排列的情况如何转化，我们的核心思想还是在于对于每个 $r$，求出若干对 $(l,w)$ 表示 $ql\le l$ 时答案对 $w$ 取 $max$。

首先我们断言这样的 $(l,r,w)$ 总数是 $O(n·2^n)$ 级别的。

还是考虑扫描线，每次考虑 $(a_r,r)$ 的影响，其中对于每个子树，使用一个 Trie 来维护这个子树的节点，我们称这样的trie为内trie，而原本的trie为外trie（也即有 $O(2^n)$ 个内 Trie，总结点数 $O(n{2}^n)$），并且维护信息：当前点所在子树全满的最大 $l$ 以及这个内 trie 的 dp 值。

首先将 $(a_r,r)$ 插入到外trie祖先的内trie里，我们可以得到这个 $r$ 所对应的不超过 $n$ 个的 $(l_i,h_i)$。

一个 $(l_i,h_i)$ 对答案的影响是什么呢？其实可以考虑其兄弟子树的最大值变化，因为我们实际上也只关心其兄弟子树的最大值。

对于每个子树维护一个集合 $P_i$ 表示当前的内trie内节点，按照加入时间排序（也就是下标）。然后遍历 $P$ 内 $\le l_i$ 的节点逐个删除，包括在集合P删除以及在内trie上删除（这个点以后完全无用了，下次更新不会用到(已满)），并获得新的该子树的 $dp$ 值作为这个时间段的答案。

注意我们是加入 $(a_r,r)$ 时，也将 $a_r$ 的所有外 trie 上的祖先的 $P$ 都加入它。

这样均摊下来所有的 $P$ 的总插入量是 $O(n·2^n)$，总删除量不超过插入量。

但是注意到这个兄弟子树的答案还有一些情况，也就是从这个兄弟子树往上走祖先的时候，如果祖先的兄弟也满了，那么这个答案也是会更新的，但是这是增量。

至于 $a_r$ 对应的单点，就只需要考虑祖先的兄弟满上的时刻。

需要在相应时间处理一遍。

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注意到上面的复杂度有个瓶颈，就是往上走祖先找满了的祖先兄弟的增量。

这个卡满每次会有 $O(n)$ 个，会导致 $O(n^2·2^n)$ 个要求的 $(l,r,w)$，因此我们需要想办法优化掉这些。

事实上我们发现所谓的 “祖先兄弟” 仅有 $O(n)$ 个，我们虽然处理出与其相关的权值，但是我们每个 “祖先兄弟” 取其权值的最优值，那么也就只有 $O(n·2^n)$ 个。

同时为了处理 “兄弟子树” 的 “祖先兄弟”，我们先拿出所有祖先兄弟，然后将其按时间排序，并且用指针扫描（避免排序）处理贡献。

这样就可以做到严格的 $O(n·2^n)$ 了。

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由此我们得到了 $O(n·2^n)$ 个二元组 $(l,r,w)$ 表示扫描线到 $r$ 时，$ql\le l$ 的答案对 $w$ 取 $max$。

由于答案具有单调性，我们可以在线段树上二分查找到更新的区间，那么我们需要的就是：支持区间覆盖，区间历史和求和。

线段树维护即可。

D

猜测结论是最大覆盖次数，因为这个是一个显然的下界。

事实上确实如此，只要我们能够证明这个下界可以达到。

考虑一个构造：每次将覆盖次数最大的点拿出，并拿出其中深度最小的点，这样的点一定会有其作为 $lca$ 的路径，如果没有，那么它的父亲也是覆盖次数最大的点，与其深度最小矛盾。

使用全局平衡二叉树/树链剖分支持链修改，查全局最值即可。

E

预处理每个元素的极长有效区间 $(l,i,r)$

也就是询问：$L,R$ 这个三元组有贡献需要有 $L\in [l,i],R\in [i,r]$

也就是 $l\in [1,L],r\in [R,n],i\in [l,r]$，将这个三元组看作点，变为三位数点，上 KDT 即可。

F

非正解

利用 kdt 做 K 近邻搜索，注意这玩意的 估价函数设理论最优值，然后注意使用整体操作，也就是始终对 ans 进行操作（也就是并不是对于每个点找 $k$ 个，而是维护一个答案集合，如果可能更新就去搜），使用可并堆即可。