CF1870E Another MEX Problem 题解

CF1870E Another MEX Problem 题解

萌新啃了一晚上的官方题解，求管理大大给过/kel

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题意

给你一个序列 \(a\)，让你选出一些不交的子串，使得它们的 \(MEX\) 的异或和最大。

\(n\le 5000,a_i\le n\)。

思路

考虑 dp。

首先这个东西是异或，不好做最优化 dp。于是我们考虑可行性 dp。

设 \(dp_{i,j}\) 表示上一个选的区间的右端点位置 \(\le i\) 时，答案是否可以是 \(j\)。

考虑这个东西怎么转移。我们枚举 \(i\)，然后枚举 \(1\le j\le i\)，枚举 \(0\le k\le 2n\)，从 \(dp_{j-1,k\oplus MEX(j,i)}\) 转移到 \(dp_{i,k}\)。

显然，这样的复杂度是 \(O(n^3)\) 的，不可通过。于是我们考虑优化。

我们定义一个东西，叫做好的区间。对于一个区间 \([l,r]\)，不存在一个区间 \([l_1,r_1]\)，使得 \(l\le l_1 \le r_1 \le r\)，且 \(l\neq l_1\) 或 \(r\neq r_1\)，且 \(MEX(l_1,r_1)=MEX(l,r)\)，那么区间 \([l,r]\) 是一个好区间。

有一个结论，就是好区间只有 \(O(n)\) 个。

假设我们现在有一个好区间 \([l,r]\)，他的 \(MEX\neq 0\)。我们假设 \(a_l>a_r\)，因为 \(a_l<a_r\) 可以类似地讨论。显然，\(a_l\neq a_r\)，除非 \(a_l=0\)。

显然有 \(MEX(l,r)>a_l\)，因为 \(MEX(l,r)\) 肯定不能等于 \(a_l\)，而且如果 \(MEX(l,r)<a_l\)，就可以把 \(a_l\) 踢出去，那么 \([l,r]\) 就不是一个好区间。

我们假设有一个 \(r_1>r\)，使得 \([l,r_1]\) 是一个好区间，且 \(a_l>a_{r_1}\)。

这样可能吗？不可能。因为 \(a_l<MEX(l,r),a_{r_1}<a_l\)，所以 \(a_{r_1}<MEX(l,r)\)。这就说明，\(a_{r_1}\) 已经在 \([l,r]\) 中出现了，不会产生任何贡献，所以 \([l,r_1]\) 不是一个好区间。

所以我们就证明了，对于每个 \(l\)，至多有一个 \(r\)，使得 \(a_l>a_r\) 且 \([l,r]\) 是一个好区间。

同时，这也说明了，对于每个 \(r\)，至多有一个 \(l\)，使得 \(a_l<a_r\) 且 \([l,r]\) 是一个好区间。

而且，如果 \(a_i=0\)，那么 \(i\) 一定不会是上面那两种好区间的端点，但 \([i,i]\) 本身就是一个好的区间，它的 \(MEX\) 为 \(1\)。

综上，好的区间最多只有 \(2n\) 个。

那么，我们怎么求出所有好的区间呢？

根据上面的定义，我们对于每个 \(l\)，找到最小的 \(r\)，使得 \(a_l>a_r\) 且 \(MEX(l,r)>a_l\) 即可。反方向也是一样。需要特殊处理一下 \(0\)。

这样，我们就不用枚举所有区间了，只要枚举好的区间就行了，复杂度 \(O(n^2)\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define Pi pair<int,int>
using namespace std;
inline int read(){
	int ans=0;bool op=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||'9'<ch){if(ch=='-')op=1;ch=getchar();}
	while('0'<=ch&&ch<='9'){ans=(ans<<1)+(ans<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	if(op)return -ans;
	return ans;
}
const int maxn=5010;
int n;
int a[maxn];
int buc[maxn],mex;
vector<Pi>g[maxn];
bool dp[maxn][maxn<<1];
void solve(){
	//read
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
	//clear
	for(int i=1;i<=n;i++)g[i].clear();
	//init
	for(int i=1;i<=n;i++)if(!a[i])g[i].push_back(make_pair(i,1));//特殊处理0
	for(int i=1;i<=n;i++){//i是左端点
		memset(buc,0,sizeof(int)*(n+5)),mex=0;
		for(int j=i;j<=n;j++){
			buc[a[j]]=1;
			while(buc[mex])++mex;
			if(mex>a[i]&&a[j]<a[i]){
				g[j].push_back(make_pair(i,mex));
				break;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		memset(buc,0,sizeof(int)*(n+5)),mex=0;
		for(int j=i;j>=1;j--){//i是右端点
			buc[a[j]]=1;
			while(buc[mex])++mex;
			if(mex>a[i]&&a[j]<a[i]){
				g[i].push_back(make_pair(j,mex));
				break;
			}
		}
	}
	//solve
	memset(dp[0],0,sizeof(bool)*((n<<1)+5));
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		memcpy(dp[i],dp[i-1],sizeof(bool)*((n<<1)+5));
		for(Pi j:g[i]){
			for(int k=0;k<=(n<<1);k++){
				if((k^j.second)<=(n<<1))dp[i][k]|=dp[j.first-1][k^j.second];
			}
		}
	}
	for(int i=(n<<1);i>=0;i--){
		if(dp[n][i]){
			cout<<i<<'\n';
			return;
		}
	}
}
signed main(){//多组数据
	int T=read();
	while(T--)solve();
	return 0;
}