题解：CF1392G Omkar and Pies

luogu

前言

这篇题解复杂度不对，不是正解（大力数据结构）。

解法

称 \(A_{i,j}\) 为 \(A\) 经过 \(i\sim j\) 的操作后的值。

那么 \(s_{i,j}\oplus t=s_{i,n}\oplus t_{j+1,n}\)

预处理 \(S_i=s_{i,n},T_i=t_{i,n}\)。

枚举 \(s\) 的开头 \(i\)，相当于求出 \(\min\limits_{j=i+m}^{n+1} \operatorname{popcount}(S_i\oplus T_j)\)。

扫描线 \(i\)，动态加点查询异或 \(\operatorname{popcount}\) 最大值，似乎很难。

rpxleqxq 里面的那个 trie 似乎就可以。

开一棵 \(1024\) 叉的 trie（共 \(2\) 层），即开一个 \(1024\times 1024\) 的数组 \(tr\)。

\(tr_{x,i}\) 表示二进制 \(T_j\) 前 \(10\) 位为 \(x\)，\(S_i\) 后 \(10\) 位为 \(i\) 的答案。

加点 \(v\) 的时候修改底层的答案：\(tr_{v/1024,i}\gets\min\Big(tr_{v/1024,i},\operatorname{popcount}((v\&1023)\oplus i)\Big)\)。

查询 \(v\) 的时候遍历顶层：\(\min_{i=0}^{1023}\Big(tr_{i,v\&1023}+\operatorname{popcount}((v/1024)\oplus i)\Big)\)。

记得再记一个数组记录最大位置（因为要 \(r-l\) 最大）

时间复杂度 \(O(n 2^{\frac k 2})\) 了。

算了一下，大概 \(10^9\) 左右，但是常数小！！！

加上一些剪枝，相同的 \(S_i\) 取最前的，相同的 \(T_i\) 取最后的。

修改比查询快，改为 \(512\times2048\) 的 trie。

然后就过了？

代码

#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC optimize("inline")
#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<string>
#include<bitset>
#include<numeric>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=(1<<20)+10;
const int N=1e6;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const long long LINF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,m,k,s,t;
int ans=INF,ansl,ansr;
int a[MAXN],b[MAXN];
int p[25];
int S[MAXN],T[MAXN];
int cnt[2048];
int res[512][2048],pos[512][2048];
bool vis[MAXN];
int L,R;
inline void add(int p,int v){
	if(vis[v]){
		return ;
	}
	vis[v]=true;
	int x=v>>11,y=v&(R-1);
	for(int i=0;i<R;i++)
	{
		if(res[x][i]>cnt[i^y]){
			res[x][i]=cnt[i^y];
			pos[x][i]=p;
		}
	}
}
inline int qry(int v){
	int x=v>>11,y=v&(R-1),rsv=INF,rsp=n+1;
	for(int i=0;i<L;i++)
	{
		int val=cnt[x^i]+res[i][y];
		if(rsv>val){
			rsv=val;
			rsp=pos[i][y];
		}
		else if(rsv==val){
			rsp=max(rsp,pos[i][y]);
		}
	}
	return rsp;
}
int fir[MAXN];
inline void solve(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	auto read=[&](){
		static char str[MAXN];
		scanf("%s",str);
		int res=0;
		for(int i=0;i<k;i++)
		{
			if(str[i]^'0'){
				res|=1<<i;
			}
		}
		return res;
	};
	s=read();
	t=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
		a[i]--;
		b[i]--;
	}
	iota(p,p+k,0);
	S[n+1]=s;
	T[n+1]=t;
	for(int i=n;i;i--)
	{
		swap(p[a[i]],p[b[i]]);
		for(int j=0;j<k;j++)
		{
			if(s&(1<<j)){
				S[i]|=1<<p[j];
			}
			if(t&(1<<j)){
				T[i]|=1<<p[j];
			}
		}
	}
	memset(res,0x3f,sizeof(res));
	L=1<<max(0,k-11);
	R=min(2048,1<<k);
	for(int i=0;i<R;i++)
	{
		cnt[i]=__builtin_popcount(i);
	}
	for(int i=n;i;i--)
	{
		fir[S[i]]=i;
	}
	for(int i=n-m+1;i;i--)
	{
		#define val(j) __builtin_popcount(S[i]^T[j])
		add(i+m,T[i+m]);
		if(fir[S[i]]^i){
			continue;
		}
		int p=qry(S[i]);
		if(val(p)<ans){
			ans=val(p);
			ansl=i;
			ansr=p-1;
		}
		else if(val(p)==ans&&p-i>=ansr-ansl+1){
			ansl=i;
			ansr=p-1;
		}
	}
	printf("%d\n%d %d\n",k-ans,ansl,ansr);
}
signed main(){
	#ifdef LOCAL
	atexit([](){fprintf(stderr,"%.3lfs\n",(double)clock()/CLOCKS_PER_SEC);});
	#endif
	solve();
	return 0;
}