| 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 |
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：
对每个操作 $3$，输出 $b_{i_t}\neq b_{i_{t+1}}$ 的个数。
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。
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。
$1≤n≤10^{6},1≤l_{i},r_{i}≤10^{5},1≤m≤5,1≤x_{i}≤10^{5}$
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…
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。
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])
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])
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 $O\left(nm\log m+\frac {n^2m}w\right)$。
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 $k\gt a_i$。
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 $O(n\log v)$。