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====== 补题情况 =====

^  题目  ^  蒋贤蒙  ^  王赵安  ^  王智彪  ^
|  A  |  0  |  0  |  0  | 
|  B  |  2  |  2  |  0  | 
|  C  |  0  |  0  |  0  | 
|  D  |  0  |  0  |  0  |  
|  E  |  1  |  0  |  2  |  
|  G  |  0  |  0  |  0  |  
|  J  |  2  |  2  |  0  |  
|  K  |  2  |  1  |  0  | 

====== 题解 ======

===== B. xay loves monotonicity =====

==== 题意 ====

给定一个序列 $A$ 和序列 $B$，其中 $0\le b_i\le 1$ 接下来三种操作：

  - $a_i\gets t$
  - 对 $l\le i\le r$，$b_i\gets b_i\oplus 1$
  - 给定 $l,r$。选取最长下标序列 $l\le i_1\le i_2\le \cdots i_k\le r$，满足 $a_{i_1}\le a_{i_2}\le\cdots \le a_{i_k}$，且对任意 $i_t\lt j\lt i_{t+1}$ 有 $a_j\lt a_{i_t}$。

对每个操作 $3$，输出 $b_{i_t}\neq b_{i_{t+1}}$ 的个数。

==== 题解 ====

设 $ma(L,R)=\max(a[L\sim R]),mb(L,R)$ 表示 $ma(L,R)$ 对应的 $b_i$，如果存在多个就取最右边的。

设 $\text{query}(L,R,p,q)$ 表示假如当前序列末尾对应 $a_i=p,b_i=q$ 时遍历区间 $(L,R)$ 得到的答案。

于是，如果 $a_i\gt ma(L,M)$，则 $\text{query}(L,R,p,q)=\text{query}(M+1,R,p,q)$。

否则，有 $\text{query}(L,R,p,q)=\text{query}(L,M,p,q)+\text{query}(M+1,R,ma(L,M),mb(L,M))$。

建立线段树，每个区间维护 $\text{query}(M+1,R,ma(L,M),mb(L,M))$。

这样，对一个询问，如果该询问正好对应一个线段树区间，则查询复杂度  $O(\log n)$。

否则，将该询问拆分成 $O(\log n)$ 个线段树区间，串联查询计算答案，时间复杂度 $O(\log^2 n)$。

对与修改操作，修改完暴力询问更新 $\text{query}(M+1,R,ma(L,M),mb(L,M))$，由于这是线段树区间，所以复杂度为 $O(\log n)$。

所以修改的总复杂度也是 $O\left(\log^2 n\right)$。总时间复杂度 $O\left(n\log n+q\log^2 n\right)$。

ps. 比赛写了 $O(nq)$ 的假算法，居然过了。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int MAXN=2e5+5;
int a[MAXN],b[MAXN];
int lef[MAXN<<2],rig[MAXN<<2],s[MAXN<<2],tag[MAXN<<2];
struct Node{
	int a,b;
}mv[MAXN<<2];
Node Max(Node L,Node R){
	if(L.a>R.a)
	return L;
	else
	return R;
}
void push_tag(int k){
	mv[k].b^=1;
	tag[k]^=1;
}
void push_down(int k){
	if(tag[k]){
		push_tag(k<<1);
		push_tag(k<<1|1);
		tag[k]=0;
	}
}
int query(int k,int a,int b){
	if(lef[k]==rig[k])
	return mv[k].a>=a&&mv[k].b!=b;
	push_down(k);
	if(a<=mv[k<<1].a)
	return query(k<<1,a,b)+s[k];
	else
	return query(k<<1|1,a,b);
}
void push_up(int k){
	mv[k]=Max(mv[k<<1],mv[k<<1|1]);
	s[k]=query(k<<1|1,mv[k<<1].a,mv[k<<1].b);
}
void build(int k,int L,int R){
	lef[k]=L,rig[k]=R;
	int M=L+R>>1;
	if(L==R){
		mv[k]=Node{a[M],b[M]};
		return;
	}
	build(k<<1,L,M);
	build(k<<1|1,M+1,R);
	push_up(k);
}
Node query_max(int k,int L,int R){
	if(L<=lef[k]&&rig[k]<=R)
	return mv[k];
	push_down(k);
	int mid=lef[k]+rig[k]>>1;
	if(mid>=R)
	return query_max(k<<1,L,R);
	else if(mid<L)
	return query_max(k<<1|1,L,R);
	else
	return Max(query_max(k<<1,L,R),query_max(k<<1|1,L,R));
}
int query(int k,int L,int R,int a,int b){
	if(L<=lef[k]&&rig[k]<=R)
	return query(k,a,b);
	push_down(k);
	int mid=lef[k]+rig[k]>>1;
	if(mid>=R)
	return query(k<<1,L,R,a,b);
	else if(mid<L)
	return query(k<<1|1,L,R,a,b);
	else{
		Node t=query_max(k<<1,L,R);
		if(a<=t.a)
		return query(k<<1,L,R,a,b)+query(k<<1|1,L,R,t.a,t.b);
		else
		return query(k<<1|1,L,R,a,b);
	}
}
void update1(int k,int pos,int v){
	if(lef[k]==rig[k]){
		mv[k].a=v;
		return;
	}
	push_down(k);
	int mid=lef[k]+rig[k]>>1;
	if(mid>=pos)
	update1(k<<1,pos,v);
	else
	update1(k<<1|1,pos,v);
	push_up(k);
}
void update2(int k,int L,int R){
	if(L<=lef[k]&&rig[k]<=R){
		push_tag(k);
		return;
	}
	push_down(k);
	int mid=lef[k]+rig[k]>>1;
	if(mid>=L)
	update2(k<<1,L,R);
	if(mid<R)
	update2(k<<1|1,L,R);
	push_up(k);
}
int main(){
	int n=read_int();
	_rep(i,1,n)a[i]=read_int();
	_rep(i,1,n)b[i]=read_int();
	build(1,1,n);
	int q=read_int();
	while(q--){
		int opt=read_int(),t1=read_int(),t2=read_int();
		if(opt==1)
		update1(1,t1,t2);
		else if(opt==2)
		update2(1,t1,t2);
		else{
			if(t1==t2)
			enter(0);
			else{
				Node t=query_max(1,t1,t1);
				enter(query(1,t1+1,t2,t.a,t.b));
			}
		}
	}
	return 0;
}
</code>
</hidden>

===== E. xay loves nim  =====

==== 题意 ====

给了 $n$ 堆石子和 $m$ 个可以取走的石子的数量，记为 $x_{i}$ ，除了这 $m$ 种石子，还可以取莫比乌斯函数值为 $1$ 的数量石子。同时给出这 $n$ 堆石子的数量范围 $[l_{i},r_{i}]$  ，求所有的情况中，先手必胜的局数，局面不同当且仅当存在一堆石子在两个局面中数量不同。

$1≤n≤10^{6},1≤l_{i},r_{i}≤10^{5},1≤m≤5,1≤x_{i}≤10^{5}$

==== 题解 ====

大综合题，显然需要会莫比乌斯反演（废话），还需要会博弈论的 $sg$ 那套理论，先手必胜当且仅当所有的 $sg$ 值异或起来不为 $0$ 。听出题人说 $sg$ 值最高不会超过 $230$ ，但是现场的时候怎么知道嘛...

显然需要先筛出来 $1$ 到 $100000$ 的莫比乌斯函数值，才能知道哪些能加进去，然后再把 $m$ 种数字也放进去，然后就是看每个状态的后继状态，这里也是学到了可以暴力搞。

对于每一个新的值 $i$ ，搞一个数组，看这个值的后继状态有没有 $sg$ 为这个值的，如果有需要继续找，直到找不到，根据 $mex$ 那套理论，就是此时的 $sg$ 了。然后 $i$ 加上刚才放进去的那些数的后继状态可以到达 $i$ ，于是这些状态的后继 $sg$ 值可以有现在这个值，这里我们只关心能不能有，所以可以用 $bitset$ 优化一下，这部分的复杂度是 $O({\frac {100000^{2}} w}+256×100000)$ ，这里本来要写 $230$ 的，但是后面需要变成 $256$ 。

于是我们处理出了所有石子数的 $sg$ 值，接下来对于每一堆石子，我们可以求出来，他们这个范围内，分别有多少个 $sg$ 值为 $0$ 的，有多少个 $sg$ 值为 $1$ 的，依次类推。

然后我们需要关心有多少个 $a[1]$ ^ $a[2]$ ^ $…$ ^ $a[n]≠0$ ，这玩意显然可以看成 $FWT$ 。我们先统计出每个区间内有多少个 $sg$ 值为 $i$ 的，这显然前缀和就可以。然后我们相当于看 $n$ 个多项式相乘，每个多项式的幂次是各个 $sg$ 值，系数是有多少个状态的 $sg$ 值是这个值。如果对于每个求 $FWT$ 再乘起来，最后再 $IFWT$ 。我们需要开到 $256$ ，这就照应了前面。算了一下，单个复杂度是 $O(256×log_{2}(256))=O(2048)$ ，然后 $n$ 个就是 $2×10^{9}$ 的，这显然是自杀行为。

然后 $oi-wiki$ 上一段话刷新了我对 $FWT$ 的认知：若我们令 $i\&j$ 中 $1$ 的奇偶性为 $i$ 与 $j$ 的奇偶性，于是 $i$ 与 $k$ 的奇偶性异或 $j$ 与 $k$ 的奇偶性等于 $i$ ^ $j$ 与 $k$ 的奇偶性。然后可以得到异或的 $FWT$ ： $A_{i}=\sum_{C_{1}}A_{j}-\sum_{C_{2}}A_{j}$ ， $C_{1}$ 表示 $i\&j$ 的奇偶性为偶， $C_{2}$ 表示 $i\&j$ 的奇偶性为奇。（其实记住就行...）

又因为 $sg$ 的范围有限，所以我们可以先预处理出每个数的二进制有多少位为 $1$ （或者直接 $\_\_builtin\_popcount$ 也可以）。

然后对于前缀和数组，就不能直接暴力加一了，判断两者与的奇偶性，如果为偶，则加一，不然减一。然后这样就直接把每一堆的 $FWT$ 数组给求完了，复杂度变成 $O(256n)$ ，而不是原来的 $O(2048n)$ ，再全乘起来求一个 $IFWT$ 就可以了，整个这部分的复杂度都是 $O(256n)$ 的，最后对于所有 $sg$ 值不为 $0$ 的结果都加起来就是答案了。

另外这题卡常！前缀和数组必须大的做第一维，我不倒过来会 $t$ 掉绝大多数数据，倒过来效率就第一了...

<hidden 代码>

<code cpp>

const int maxn=100000,N=1e6+10,maxm=256,MOD=1e9+7,inv2=500000004;
bool check[maxn+1];
int prime[maxn+1],mu[maxn+1];
int tot,n,m,ls[N],rs[N],sg[maxn+1],sum[maxn+1][maxm+1],ans[maxm+1],o[maxm+1];
bitset<maxn+1> t,b[maxm];


void Moblus() {
	mu[1]=1;
	for(int i=2; i<=maxn; i++) {
		if(!check[i]) {
			mu[i]=-1;
			prime[tot++]=i;
		}
		for(int j=0; j<tot; j++) {
			if(i*prime[j]>maxn) break;
			check[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0) {
				mu[i*prime[j]]=0;
				break;
			} else {
				mu[i*prime[j]]=-mu[i];
			}
		}
	}
}

void xor_FWT(int *P,int opt,int N) {
	for(int i=2; i<=N; i<<=1)
		for(int p=i>>1,j=0; j<N; j+=i)
			for(int k=j; k<j+p; ++k) {
				int x=P[k],y=P[k+p];
				P[k]=((ll)x+y)%MOD;
				P[k+p]=((ll)x-y+MOD)%MOD;
				if(opt==-1)P[k]=(ll)P[k]*inv2%MOD,P[k+p]=(ll)P[k+p]*inv2%MOD;
			}
}

void init() {
	o[0]=0;
	for(int i=1;i<maxm;i++)o[i]=o[i>>1]+(i&1);
	for(int i=1; i<=maxn; i++) {
		if(mu[i]==1)t.set(i);
	}
	for(int i=0; i<=maxn; i++) {
		sg[i]=0;
		while(b[sg[i]][i]) sg[i]++;
		b[sg[i]]|=(t<<i);
	}
}

int main() {
	Moblus();
	read(n);read(m);
	for(int i=1; i<=n; i++) read(ls[i]),read(rs[i]);
	for(int i=1,tmp; i<=m; i++) read(tmp),t.set(tmp);
	init();
	for(int i=0; i<=maxn; i++)
		for(int j=0; j<maxm; j++)
			if(!(o[sg[i]&j]&1))sum[i][j]=1;
			else sum[i][j]=MOD-1;
	for(int i=1; i<=maxn; i++) {
		for(int j=0; j<maxm; j++) {
			sum[i][j]=sum[i][j]+sum[i-1][j];
			if(sum[i][j]>=MOD) sum[i][j]-=MOD;
		}
	}
	for(int i=0; i<maxm; i++)ans[i]=1;
	for(int i=1; i<=n; i++)
		for(int j=0; j<maxm; j++)
			ans[j]=(ll)ans[j]*(sum[rs[i]][j]-sum[ls[i]-1][j])%MOD;
	xor_FWT(ans,-1,maxm);
	ll sum=0;
	for(int i=1; i<maxm; i++) {
		sum=sum+ans[i];
		if(sum>=MOD) sum-=MOD;
	}
	printf("%lld\n",(sum+MOD)%MOD);
	return 0;
}

</code>

</hidden>

===== J. xay loves Floyd =====

==== 题意 ====

给定一个有向图，初始时 $\text{dis}(u,u)=0,\text{dis}(u,v)=\infty(u\neq v)$。

接下来给定若干条边 $(u,v,w)$，使得 $\text{dis}(u,v)=w$。询问以下两个程序最终结果中满足 $\text{dis}(u,v)$ 相同的 $(u,v)$ 对数。 

<code cpp>
for k from 1 to n
  for i from 1 to n
    for j from 1 to n
      dis[i][j] <- min(dis[i][j], dis[i][k] + dis[k][j])
</code>

<code cpp>
for i from 1 to n
  for j from 1 to n
    for k from 1 to n
      dis[i][j] <- min(dis[i][j], dis[i][k] + dis[k][j])
</code>

==== 题解 ====

首先 $n$ 次单点源最短路算法 $O(nm\log m)$ 求出 $\text{dis}$ 的真实值。

设 $ok(u,v)$ 表示 $\text{dis}(u,v)$ 是否为正确值，考虑第二个程序得到的 $\text{dis}(i,j)$ 正确的充要条件。

不难发现，只要 $i\to j$ 的最短路上有一点 $k$ 满足 $ok(i,k)\And ok(k,j)$ 即可。

首先考虑找到所有满足条件的 $k$，设 $\text{path}(u,v)$ 表示 $u\to v$ 上最短路的点集，于是有状态转移方程

$$
\text{path}(i,j)=\bigcup_{\text{dis}(i,k)+w(k,j)=\text{dis}(i,j)}\text{path}(i,k)
$$

对固定的 $i$，考虑将 $j$ 按 $\text{dis}(i,j)$ 从小到大排序后用 $\text{bitset}$ 加速上述转移。

然后按 $1\sim n$ 顺序枚举 $j$，于是有 $\text{ok}(i,j)=\sum_{k=1}^n ok(i,k)\And ok(k,j)\And (k\in \text{path}(i,j))$。

用两种 $\text{bitset}$ 维护 $\text{ok}(i,\ast),\text{ok}(\ast,i)$，上述转移也可以用 $\text{bitset}$ 加速。总时间复杂度 $O\left(nm\log m+\frac {n^2m}w\right)$。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int MAXN=2e3+5,MAXM=5e3+5,inf=1e9;
struct Edge{
	int to,w,next;
}edge[MAXM];
int head[MAXN],edge_cnt;
void Insert(int u,int v,int w){
	edge[++edge_cnt]=Edge{v,w,head[u]};
	head[u]=edge_cnt;
}
namespace DJ{
	bool vis[MAXN];
	void solve(int n,int s,int *dis){
		_rep(i,1,n){
			dis[i]=inf;
			vis[i]=false;
		}
		dis[s]=0;
		priority_queue<pair<int,int> > q;
		q.push(make_pair(0,s));
		while(!q.empty()){
			int u=q.top().second;q.pop();
			if(vis[u])continue;
			vis[u]=true;
			for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
				int v=edge[i].to;
				if(dis[v]>dis[u]+edge[i].w){
					dis[v]=dis[u]+edge[i].w;
					q.push(make_pair(-dis[v],v));
				}
			}
		}
	}
}
int dis[MAXN][MAXN],d0[MAXN][MAXN];
bitset<MAXN> ok1[MAXN],ok2[MAXN],path[MAXN];
int main(){
	int n=read_int(),m=read_int();
	_rep(i,1,n)_rep(j,1,n)d0[i][j]=inf;
	_rep(i,1,n)d0[i][i]=0;
	while(m--){
		int u=read_int(),v=read_int(),w=read_int();
		d0[u][v]=w;
		Insert(u,v,w);
	}
	_rep(i,1,n)
	DJ::solve(n,i,dis[i]);
	_rep(i,1,n)_rep(j,1,n){
		if(dis[i][j]==d0[i][j])
		ok1[i][j]=ok2[j][i]=true;
	}
	_rep(u,1,n){
		vector<pair<int,int> >vec;
		_rep(v,1,n){
			vec.push_back(make_pair(dis[u][v],v));
			path[v].reset();
		}
		sort(vec.begin(),vec.end());
		for(pair<int,int> p:vec){
			int v=p.second;
			path[v][v]=true;
			for(int i=head[v];i;i=edge[i].next){
				int t=edge[i].to;
				if(dis[u][v]+edge[i].w==dis[u][t])
				path[t]|=path[v];
			}
		}
		_rep(v,1,n){
			if((ok1[u]&ok2[v]&path[v]).any())
			ok1[u][v]=ok2[v][u]=true;
		}
	}
	int ans=0;
	_rep(i,1,n)
	ans+=ok1[i].count();
	enter(ans);
	return 0;
}
</code>
</hidden>

===== K. xay loves sequence =====

==== 题意 ====

给定一个长度为  $n$ 的序列 $A$，接下来若干询问，每次输出 $f(l,r,k)$。

定义 $f(l,r,k)$ 表示将 $A$ 的子串 $a[l\sim r]$ 全部变为 $0$ 的最小操作次数。

其中每次操作为选择 $a[l\sim r]$ 的一个子串 $a[l_2\sim r_2]$，令 $a_i\equiv a_i+1\bmod k(l_2\le i\le r_2)$ 或者 $a_i\equiv a_i-1\bmod k(l_2\le i\le r_2)$。

保证对所有 $k$ 满足 $k\gt a_i$。

==== 题解 ====

对每次询问的 $a[l\sim r]$，令 $a_{l-1}=0,a_{r+1}=0$，设 $b_i=a_i-a_{i-1}(l\le i\le r+1)$。

于是每次操作等价于选取一对 $l\le i,j\le r+1$，$b_i\equiv b_i+1\bmod k,b_j\equiv b_j-1\bmod k$。

同时，$\sum_{i=l}^{r+1} b_i=a_{r+1}-a_{l-1}=0$，最终目标是将 $b_i$ 全部变为 $0$。在不考虑取模的情况下，最小费用显然为 $\cfrac {\sum_{i=l}^{r+1}|b_i|}2$。

考虑取模，则最终有 $b_i=0,\pm k$，且仍然有 $\sum_{i=l}^{r+1} b_i=0$。

考虑将一些 $b_i\gt 0$ 的数目标设为 $k$，则对操作数的影响为 $\cfrac {k-2b_i}{2}$。将一些 $b_i\le 0$ 的数目标设为 $-k$，则对操作数的影响为 $\cfrac {k+2b_i}{2}$。

由于要保证 $\sum_{i=l}^{r+1} b_i=0$，所以可以设最终有 $x$ 个 $b_i=k$，同时有 $x$ 个 $b_i=-k$。

分别在 $b_i\gt 0$ 和 $b_i\le 0$ 的两个组数中取原来绝对值前 $x$ 大的 $b_i$ 显然是最优的。另外随 $x$ 增大收益显然具有单峰性。

于是二分答案即可。另外对于区间询问可以用主席树维护 $b[l+1\sim r]$ 的值，然后补充 $a_l,-a_r$。

时间复杂度 $O(n\log n\log v)$，空间复杂度 $O(n\log v)$。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int MAXN=2e5+5,MAXV=(1<<30)+5;
struct Node{
	int lch,rch,cnt;
	LL sum;
};
Node node[MAXN*100];
int node_cnt,root1[MAXN],root2[MAXN];
int a[MAXN],b[MAXN];
LL c[MAXN];
int nodecopy(int k){
	node[++node_cnt]=node[k];
	return node_cnt;
}
#define rch(k) node[node[k].rch]
void update(int &k,int p,int pos,LL lef=0,LL rig=MAXV){
	k=nodecopy(p);
	node[k].cnt++;
	node[k].sum+=pos;
	if(lef==rig)
	return;
	LL mid=lef+rig>>1;
	if(mid>=pos)
	update(node[k].lch,node[p].lch,pos,lef,mid);
	else
	update(node[k].rch,node[p].rch,pos,mid+1,rig);
}
int query_val(int k1,int k2,int rk,LL lef=0,LL rig=MAXV){
	LL mid=lef+rig>>1;
	if(lef==rig)
	return mid;
	int cnt=rch(k2).cnt-rch(k1).cnt;
	if(rk>cnt)
	return query_val(node[k1].lch,node[k2].lch,rk-cnt,lef,mid);
	else
	return query_val(node[k1].rch,node[k2].rch,rk,mid+1,rig);
}
LL query_sum(int k1,int k2,int rk,LL lef=0,LL rig=MAXV){
	LL mid=lef+rig>>1;
	if(lef==rig)
	return 1LL*rk*mid;
	int cnt=rch(k2).cnt-rch(k1).cnt;
	if(rk>cnt)
	return rch(k2).sum-rch(k1).sum+query_sum(node[k1].lch,node[k2].lch,rk-cnt,lef,mid);
	else
	return query_sum(node[k1].rch,node[k2].rch,rk,mid+1,rig);
}
int main(){
	int n=read_int(),q=read_int();
	_rep(i,1,n)a[i]=read_int();
	_rep(i,1,n){
		b[i]=a[i]-a[i-1];
		c[i]=c[i-1]+abs(b[i]);
		root1[i]=root1[i-1];
		root2[i]=root2[i-1];
		if(b[i]>=0)
		update(root1[i],root1[i],b[i]);
		else
		update(root2[i],root2[i],-b[i]);
	}
	while(q--){
		int l=read_int(),r=read_int(),k=read_int();
		int rt1=root1[r],p1=root1[l],rt2=root2[r],p2=root2[l];
		if(a[l]>=0)
		update(rt1,rt1,a[l]);
		else
		update(rt2,rt2,-a[l]);
		if(-a[r]>=0)
		update(rt1,rt1,-a[r]);
		else
		update(rt2,rt2,a[r]);
		int lef=1,rig=min(node[rt1].cnt-node[p1].cnt,node[rt2].cnt-node[p2].cnt),rk=0;
		LL ans=c[r]-c[l]+a[l]+a[r];
		while(lef<=rig){
			int mid=lef+rig>>1;
			if(query_val(p1,rt1,mid)+query_val(p2,rt2,mid)>k){
				rk=mid;
				lef=mid+1;
			}
			else
			rig=mid-1;
		}
		if(rk!=0)
		ans-=(query_sum(p1,rt1,rk)+query_sum(p2,rt2,rk)-1LL*k*rk)*2;
		enter(ans/2);
	}
	return 0;
}
</code>
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