7月AT杂题
AtCoder Beginner Contest 308
G - Minimum Xor Pair Query
sto GM_Joanna orz
这是一个神奇的 trie 树做法。
首先，没有删除操作的时候用 trie 你是会的，现在我们来想想怎么维护删除操作。记 \(m_u\) 表示在以 \(u\) 为根的子树内，任选两数异或的最小值（若凑不满两个则为无穷大），我们考虑类似线段树一样从下往上依次更新答案。
记左右儿子为 \(ls,rs\)，\(c_u\) 表示在以 \(u\) 为根的子树内有多少个数，下面开始大力分讨：
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如果 \(c_u<2\)，说明凑不满两个数，\(m_u=\infty\)；
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如果 \(ls\) 不存在，说明我们只能从 \(rs\) 转移，\(m_u=m_{rs}\)，\(rs\) 不存在时同理；
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如果 \(\max(c_{ls},c_{rs})\ge 2\)，说明我们可以选出两个数使得它们异或起来当前位为 0，这一定是最优的，故 \(m_u=\min(m_{ls},m_{rs})\)；
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如果都不成立，说明一定是左右儿子中各有一个数。那我们直接对于这种子树中只有一个数的节点，记录一下这个数具体是多少，记为 \(p_u\)，有 \(m_u=p_{ls}\oplus p_{rs}\)。
时间复杂度 \(O(n\log V)\)。
这里还有两种做法。
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首先是我赛时想出来的做法：容易发现最优的两个数排序后一定相邻，所以拿 set 乱搞即可。但这个性质我不想证也不会证，所以 copy 一下 robinyqc 的证明。
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设 \(v_n\) 表示 \(v\) 在二进制表示下从低往高数第 \(n+1\) 位，比如 \(v_0\) 表示最低位（第一位）。设 \(x\) 和 \(z\) 二进制表示下 \(k+1\) 位及以后完全相同。那么第 \(k\) 位，由于 \(x<z\)，必定满足 \(x_k=0\)，\(z_k=1\)。因此 \((x\oplus z)_k=1\) 并且 \(\forall 0<j<k,(x\oplus z)_j=0\)。因此 \(2^k\leq x\oplus z<2^{k+1}\)。
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设 \(x\) 和 \(y\) 在 \(i+1\) 位及以后相同，同理 \(2^i\leq x\oplus y<2^{i+1}\)；设 \(y\) 和 \(z\) 在 \(l+1\) 位及以后相同，同理 \(2^l\leq y\oplus z<2^{l+1}\)。
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因为 \(x<y<z\)，显然 \(i,l\leq k\)。并且，若 \(y\) 第 \(k\) 位为 \(1\)（即 \(i=k\))，那么 \(l<k\)；若 \(y\) 第 \(k\) 位为 \(0\)（即 \(l=k\))，那么 \(i<k\)。也就是，\((i<k)\lor (l<k)\) 恒成立。那么 \((2^{i+1}\leq 2^k)\lor (2^{l+1}\leq2^k)\) 恒成立。因为 \(x\oplus y<2^{i+1}\)，\(y\oplus z<2^{l+1}\) 且 \(2^k\leq x\oplus z\)。那么不等式的放缩是可行的，\((x\oplus y<x\oplus z)\lor (y\oplus z<x\oplus z)\) 恒成立。也即 \(x\oplus z>\min(x\oplus y,y\oplus z)\)。
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这个结论可以继续推广一下，就得到了刚刚我们要证明的东西。
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然后是另一种线段树分治的 \(O(n\log n\log V)\) 的做法：每个数会在时间轴上一段区间内存在，你可以把这个区间对应到线段树上 \(\log n\) 个区间，最后在线段树上 dfs 一遍即可知道哪些数会有效，像 CDQ 一样搞搞即可。
AtCoder Regular Contest 163
C - Harmonic Mean
结论：\(\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{a(a+1)}\)
把 \(n\le 2\) 特判掉，然后尝试从 \(n=3\) 开始利用上式拓展即可。
