bitset分块维护可行集+bitset取w位单独计算+后缀分块判定最值——[省选联考 2025] 追忆 题解

bitset分块维护可行集+bitset取 \(\omega\) 位单独计算+后缀分块判定最值——[省选联考 2025] 追忆 题解.md

首先是可达的限制，这个非常简单，由于图不变，一开始搜索一次可以 bitset 预处理出来，\(x\) 可以到的点的集合记作 \(to_x\)。所以说这道题看似是一个图上问题，但根本没有利用任何图论性质与算法。

然后考虑满足 \(a\) 的限制，\(C=\{i|a_i\in[l,r]\}\implies C= \{i|a_i\ge l\}\setminus \{i|a_i>r\}\)，即拆成两个后缀和，令 \(A_x=\{i|a_i\ge x\sqrt n\}\)，那么可以用 \(\mathcal{O}(\frac nw)\) 的 \(A\) 异或处理出整块， \(\mathcal O(\sqrt n)\) 的处理出零散部分，最终算出 \(C\)。修改时暴力处理 \(\mathcal O(\sqrt n)\) 个 \(A\) 的值即可。

令 \(C'=C\cap to_x\)，则 \(C'\) 即为限制集合。

现在考虑找到最大值，令 \(B_x=\{i|b_i\ge x\sqrt n\}\)，则修改复杂度为 \(\mathcal O(\sqrt n)\)，查询的时候维护一个 \(p\) 表示可能的最大值所在区间。

令 \(C'(x)\) 表示 \(C'\) 所压缩的第 \(x\) 个 ull，每次 \(C'(x)\cap B_p(x)\)，

若 \(C'(x)\cap B_{p+1}(x)=\emptyset\)，则 \(x+1\to x\) 因为 \(B\) 存储的后缀。

\(若 C'(x)\cap B_{p+1}(x)\ne \emptyset\)，则 \(p+1\to p\) 因为找到了可行答案。

最后暴力扫描 \(\{i|b_i\in [p\sqrt n,(p+1)\sqrt n)\}\) 判断即可，复杂度为 \(\mathcal O(\frac nw+\sqrt n)\)。

判断求解答案	后缀分块	二分	倍增	逐位构造	枚举	扩展
答案域行为	\(\sqrt n\) 为步长从劣到优判断	只会依据判断结果选 \(\log\) 的答案判断	1. 从小到大不断增加步长 2. 从大到小不断较小步长	从大到小尝试答案的每一位	枚举所有答案	不断尝试扩展答案
判断域行为	在保证各部分都有单调性的时候，可以仅使用一部分判断。要么舍弃这部分，要么将答案推进。	需要用所用数据得到一个明确的结果，且各次判断互相独立。	与二分类似。	尝试填下一位并计算答案，判定下一位能否填此数。	需要用所用数据得到一个明确的结果，且各次判断互相独立。	将已经算出的答案代入算法，进而判断是否可以再使答案+1
复杂度 \(c\) 表示单次判断复杂度，\(V\) 表示答案域。	\(\mathcal O((\sqrt V+f)c)\) 其中 \(f\) 表示拆分部分数	\(\mathcal O(c\log V)\)	\(\mathcal O(c\log V)\)	\(\mathcal O(bc\log_b V)\) 其中 \(b\) 表示每位可能填的数的种数。	\(\mathcal O(Vc)\)	\(\mathcal O(Vc)\)
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备注	bitset	与线段树结构相吻合。 WQS二分 整体二分	但某些情况下好写且与树状数组结构吻合。	要求未确定的部分贡献可控。且一般用于：二进制最值，数位DP，字符串第 \(k\) 大。	答案域较小	答案域较小