[CTSC2017] 吉夫特 题解

前言

题目链接：洛谷。

提供一种更好想的方法，并且不受 \(a_i\) 不相同这一限制。

题意简述

给定长为 \(n\) 的序列 \(\{a_n\}\)，设 \(p=\{x_k\}\) 为 \(a\) 的一个长度大于一的不上升子序列，即 \(k\ge2,\forall i\in[1,k),a_{x_i}\ge a_{x_{i+1}}\)。求：

\[\sum_p\Bigg(\prod_{i=1}^k\binom{a_{x_i}}{a_{x_{i+1}}}\bmod2\Bigg) \]

对 \(10^9+7\) 取模的结果。

\(n\leq2.2\times10^5,a_i\lt2^{18}\)，\(a_i\) 互不相同。

题目分析

记 \(V=\log\max a_i\)。

组合数模 \(2\) 不难想到 lucas 定理拆掉，\(\binom{n}{m}\bmod2\) 有值等价于在 \(2\) 进制拆分下，\(m\) 是 \(n\) 的子集。

考虑 DP，设 \(f_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 个数，选出不上升子序列的末尾为 \(j\) 的方案数。转移可以 \(\mathcal{O}(2^V)\) 枚举 \(s\)，判断 \(s\) 是否为 \(a_i\) 的超集，从 \(f_{i-1,s}\) 转移来，或者 \(i\) 不选可以继承 \(i-1\)。（如果把 \(i\) 这一维滚掉，使用枚举超集的方法做，由于 \(a_i\) 互不相同，就能做到总体 \(\mathcal{O}(3^V)\) 从而通过此题。）

时间 \(\mathcal{O}(n2^V)\)，考虑优化。部分分 \(n\) 很小，\(f_i\) 是稀疏的，考虑直接枚举 \(j\)，从 \(f_{i-1,a_j}\) 转移来。时间 \(\mathcal{O}(n^2)\)。

考虑每次能不能 \(\mathcal{O}(1)\) 转移，这要求我们维护高维后缀和，做一次就是 \(\mathcal{O}(V2^V)\) 的。

诶，我们根号分治一手，每 \(B\) 个就暴力重构高维后缀和，没有被高维后缀和包含的暴力转移，就能做到 \(\mathcal{O}(nB+\frac{n}{B}(n+V2^V))\)。

取 \(B=\sqrt{n+V2^V}\) 最优，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n+V2^V})\)，比较极限。

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;

const int mod = 1e9 + 7;
inline void O(int &a, int b) {
    a += b, a = a >= mod ? a - mod : a;
}

const int N = 2.2e5 + 10, V = 1 << 18;
const int NB = N;

int n, a[N];
int siz, tot, bl[N];
int L[NB], R[NB];

int f[N], g[V];

inline void rebuild(int p) {
    for (int i = 0; i < V; ++i)
        g[i] = 0;
    for (int i = 1; i <= p; ++i)
        g[a[i]] = f[i];
    for (int j = 0; j < 18; ++j)
        for (int s = V - 1; ~s; --s)
            if (s & 1 << j)
                O(g[s ^ 1 << j], g[s]);
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    siz = sqrt(n + 18 * V);
    tot = (n - 1) / siz + 1;
    for (int i = 1, j = 0; i <= tot; ++i) {
        L[i] = j + 1;
        R[i] = j += siz;
    }
    R[tot] = n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = L[i]; j <= R[i]; ++j) {
            bl[j] = i;
        }
    }
    int ans = mod - n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%d", &a[i]);
        f[i] = 1;
        O(f[i], g[a[i]]);
        for (int j = L[bl[i]]; j < i; ++j) {
            if ((a[j] & a[i]) == a[i])
                O(f[i], f[j]);
        }
        O(ans, f[i]);
        if (i < n && i == R[bl[i]]) rebuild(i);
    }
    printf("%d", ans);
    return 0;
}