qoj #8602 题解

题源：qoj #8602

模拟赛里搬的题，这个原题全是俄文看不懂。

update：原来是乌克兰文。

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简述一下题意：

对于正整数序列 \(b_1,b_2,\dots,b_m\)，和一个初始为 \(0\) 的变量 \(x\) 可以进行两种操作：

1. 令 \(x\leftarrow x+1\)。
2. 任选一个 \(1\leq i\leq m\)，令 \(b_i\leftarrow b_i\oplus x\)（按位异或）。

定义 \(f(b[1,2,\dots,m])\) 为使得 \(\forall 1\leq i\leq n,b_i=0\) 的最小操作总次数。

现在给定正整数序列 \(a_1,a_2,\dots,a_n\)，\(Q\) 次在线询问给定 \(l,r\) 求 \(f(a[l,l+1,\dots,r])\) 的值。

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首先考虑 \(Q=1\) 时怎么求答案。设 \(k=\lfloor\log_2(max_{i=l}^r{a_i})\rfloor\)，那么最后的 \(x\) 一定不小于 \(2^k\)，否则无法消去最大值的最高位。那么如果最终加到了 \(X\)，第一种操作进行了 \(X\) 次。对于 \(a_i\leq X\)，第二种操作只需要在 \(x=a_i\) 时进行一次；对于 \(a_i>X\)，第二种操作需要在 \(x=2^k\) 和 \(x=(2^k\oplus a_i)<2^k\) 时各操作一次，故答案为 \(\min_{X\geq 2^k}\{(r-l+1)+X+\#\{a_i|a_i>X\}\}\)。这里 \(\#S\) 表示集合 \(S\) 中的元素个数。

这样就有一个 \(O(Qn\log n)\) 的做法。

观察到我们要求的 \(\min_{X\geq 2^k}\{X+\#\{a_i|a_i>X\}\}\) 只和区间内 \([2^k,2^{k+1})\) 中的 \(a_i\) 有关，所以可以将序列按二进制位数拆成 \(\log\) 个序列，然后分别减去 \(2^k\)。

那么现在问题变成了求 \(min_{X\geq 0}\{X+\#\{a_i|i\in[l,r],a_i>X\}\}\)。注意到 \(X=0\) 时这个值是 \(r-l+1\)，所以 \(X\leq r-l+1\)。再转化一下 \(min_{X\geq 0}\{X+\#\{a_i|i\in[l,r],a_i>X\}\}=r-l+1+min_{X\geq 0}\{X-\#\{a_i|a_i\leq X\}\}=r-l+1-max_{X\geq 0}\{\#\{a_i|a_i\leq X\}-X\}\)，由于 \(X\leq r-l+1\)，只需要考虑所有不超过 \(r-l+1\) 的 \(a\)，也就是可以认为 \(a\) 的值域是 \(n\)。

现在要求的就是 \(max_{X\geq 0}\{\#\{a_i|a_i\leq X\}-X\}\)，这形式类似于 Hall 定理，可以联想到 Hall 定理（的扩展）：

• 对于左部点集大小为 \(n\) 的二分图，设左部点子集 \(S\) 在右部中相邻的点集为 \(N(S)\)，那么最大匹配即为 \(n-\max_S\{|S|-|N(S)|\}\)。

那么现在我们可以构造一个二分图，左部点集为 \(\{a_i\}\)，右部点集为 \({1,2,\dots,n}\)，边集为 \(\{(a_i,j)|a_i\geq j\}\)，那么考虑 Hall 定理的时候，我们只需要考虑所有 \(S=\{a_i|a_i\leq X\}\)，因为这个时候限制最严，那么 \(r-l+1-max_{X\geq 0}\{\#\{a_i|a_i\leq X\}-X\}\) 就是二分图的匹配数。

这个二分图的性质很好，肯定可以贪心求最大匹配。事实上，存在一个非常好的贪心：以任意顺序加入左部点，在加入一个 \(a\) 时，找到右部点中最大的 \(x\)，满足 \(x\) 还不在匹配中且 \(a\geq x\)，将 \((a,x)\) 加入匹配。

回到原问题，先考虑离线情况，并设计一个询问复杂度较小的算法。

区间问题考虑扫描线，将所有右端点为 \(r\) 的询问一起处理。那么可以依次往左部点中加入 \(a_r,a_{r-1},\dots,a_1\)，并用并查集维护右部未匹配的点。复杂度 \(O(n^2+Q)\)。

优化扫描线复杂度。首先注意到上面的贪心是不会让左部已经匹配的点失配，所以可以直接维护加入 \(a_r,a_{r-1},\dots,a_1\) 后的左部匹配点集，那么查询就是查询这个点集中下标在 \([l,r]\) 中的数量。

这看似是更复杂了，但是这说明加入左部点的过程不重要，只需要知道最后匹配中的左部点集就可以了。对于右端点为 \(r-1\) 的情况，左部点中依次加入了 \(a_{r-1},a_{r-2},\dots\)，那么对于右端点为 \(r\) 的情况，实际上相当于加入了一个匹配优先级最高的 \(a_r\)。也就是直接强制 \(a_r\) 和右部点 \(x=a_r\) 匹配。这显然至多导致一个左部点失配，只需要找到这个点或者确定这个点不存在，然后用线段树维护区间和即可。

一个想法是从 \(x\) 开始找增广路退流，并用数据结构维护这个过程，但这太复杂了，如果有不用维护图的形态的做法就更好了。

还是考虑 Hall 定理，对于所有左部点子集 \(S_i=\{a_j|a_j\leq i\}\)，维护 \(c_i=i-\#\{a_j\leq i\}\)，那么最大匹配就是删掉尽可能少的 \(a\)，使得 \(\forall i,c_i\geq 0\)。现在加入一个 \(a_r\)，可能会导致一些 \(c_i<0\)。那么找到最小的这个 \(i\)，必须要删去一个 \(a_j\leq i\) 才能使得 \(c_i\geq 0\)。根据上面的贪心，这个 \(a_j\) 应该是满足 \(a_j\leq i\) 且 \(j\) 最小的。

分别用一个线段树维护 \(c\) 和还没被删去的 \(a\)，就可以做到 \(O((n+Q)\log n)\)。

只需要将维护 \(a\) 的线段树持久化做到在线回答。

总复杂度 \(O((n+Q)(\log n+\log V))\)，其中 \(V=2^{60}\) 是值域，有没有 \(\log V\) 取决于实现。

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