题解：P13687 【MX-X16-T5】「DLESS-3」XOR and Rockets

Link & Luogu.

妙妙题。

前缀异或很丑，考虑放在 \(a\) 的差分上刻画，操作 \((x, y)\) 转换成 \(\Delta a_1 \gets \Delta a_1 \oplus y\) 和 \(\Delta a_{x + 1} \gets \Delta a_{x + 1} \oplus y\)。

这里有个小技巧：我们先将 \(a\) 翻转，此时修改变为后缀，再做差分，操作 \((x, y)\) 等价于 \(\Delta a_{n - x + 1} \gets \Delta a_{n - x + 1} \oplus y\)。

翻转后问题变为求单调不增的 \(a\)，即其差分的前缀异或积单调不增，容易想到一种 dp：记 \(f_{i, j}\) 为考虑到 \(\Delta a_i\)，前缀异或积为 \(j\) 的方案，考虑当前这个位置是否进行修改。

若不修改，枚举 \(k \lt 2^{13}\)，若有 \(k\oplus a_i \le a_i\)，则可以从 \(f{i - 1, k}\) 转移而来；若修改，则可以由所有 \(k \ge j\) 的 \(f_{i - 1, k}\) 转移而来。随便维护可以 \(\mathcal O(nV)\)。

但这个 dp 是错误的。修改的 \(y\) 没有限定范围，实际上修改后的值域不一定为 \([0, 2^{13})\)！但发现当 \(a_1\) 不进行修改时，由于序列单调不增，所以这么做是对的。接下来钦定 \(a_1\) 进行了修改。

考虑整个东西的形态，对于一个进行操作的位置 \(i\)，记下一个进行操作的位置为 \(j\)，考虑前面所有修改的影响，若总的对 \(a_i\) 的贡献是 \(a_i \gets a_i \oplus s\)，那么 \([i, j)\) 整一段的数都异或了 \(s\)，称整个段局部合法当且仅当所有 \(a_p\oplus s\) 单调不增，其中 \(i\le p\lt j\)。

最厉害的一步：假设我们已经构造出了一种方案使每个段都局部合法，实际上我们仅需 \(0\) 的代价就可以使全局合法！记从右往左第 \(i\) 段的第一个数上进行的操作的 \(y\) 为 \(y_i\)，那么仅需让 \(y_i \gets y_i\oplus 2^{100i}\) 即可，这步改变局部合法性，且在不同的两段之间，极大的位数差距使得低位的内容已经不重要了。

所以可以直接忽略这部分，仅需再用一个类似的 dp 求满足局部合法性的答案，记为 \(g_{i, j}\)，和 \(f\) 的部分去以下 \(\min\) 即为最终答案。仍是 \(\mathcal O(nV)\) 的。

// godmoo's code
#define ckmn(a, b) (a = min(a, b))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 5005;
const int V = 1 << 13;
int n, a[N], b[N]; ll f[2][1 << 13], g[2][1 << 13], ans;
void solve(){
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i]; reverse(a + 1, a + n + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i]; reverse(b + 1, b + n + 1);
    for(int i = n; i; i--) a[i] ^= a[i - 1];

    mem(f, 0x3f), mem(g, 0x3f);

    fill(f[1], f[1] + V, b[1]), f[1][a[1]] = 0;
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        mem(f[i & 1], 0x3f);
        for(ll j = V - 1, mn = 1e18; ~j; j--){
            if((a[i] ^ j) <= j) ckmn(f[i & 1][a[i] ^ j], f[~i & 1][j]);
            ckmn(f[i & 1][j], ckmn(mn, f[~i & 1][j]) + b[i]);
        }
    }
    ans = *min_element(f[n & 1], f[n & 1] + V);

    fill(g[1], g[1] + V, b[1]);
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        mem(g[i & 1], 0x3f);
        ll mn = *min_element(g[~i & 1], g[~i & 1] + V);
        for(int j = 0; j < V; j++){
            g[i & 1][j] = mn + b[i];
            if((a[i] ^ j) <= j) ckmn(g[i & 1][a[i] ^ j], g[~i & 1][j]);
        }
    }
    ckmn(ans, *min_element(g[n & 1], g[n & 1] + V));

    cout << ans << '\n';
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int Cas; for(cin >> Cas; Cas; Cas--) solve();
    cout << flush;
    return 0;
}