省选集训 day 1 数据结构杂题

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A

比较套路的题目，第一次见还是有难度的。

关于 \(+1\) 的更改，事实上是找到二进制下极长的末尾 \(1\) 段并进位。

考虑使用 Trie 维护这个操作，相当于建立一颗从低位开始的 Trie，然后swap儿子并进入swap后的新左子树递归操作。

然后对于邻域的问题，一般考虑每个点单独维护其儿子，然后特别处理父亲。

B

发现对于把串插入 Trie 后每个 Trie 极大空子树独立，也就是相当于若干个 \(L\) 的空串的公平组合游戏。

那么答案就是这些空子树的 SG 值的 \(xor\)。

考虑 \(SG(n)\) 的求法，这里表示树高为 \(n\) 的空 Trie 树，注意是树高，那么 \(n=0\) 指的是空树。

首先 \(SG(0)=0\)，因为此时已经必败。

其次考虑先手做一次可以达到一个什么样的局面：插入一个长为 \(h\) 的串，原树被分割为 \(n-h,n-h+1,n-h+2\dots n-1\) 这样的子问题。

那么也就是 \(SG(n)=\operatorname{mex}\lbrace \bigoplus_{j=n-h}^{n-1}SG(j)|0\le h\le n\rbrace\)

注意到 \(h=0\) 时取到零。

打表发现 \(SG(n)=\operatorname{lowbit}(n)\)

C

考虑 xor mex 如何求解，显然可以考虑一个 \(dp\)，设 \(f_{i}\) 为 Trie 上节点 \(i\) 的最大 \(xormex\)，有：

\[f_x=\begin{cases}f_{lc}+f_{rc}&\text{lc$\or$ rc is fulled}\\ \max(f_{lc},f_{rc})&\text{else} \end{cases} \]

考虑到一个方法自底向上求解最优值，也就是对于 一颗满树 \(T\)，给其Trie上的兄弟子树的权值加上 \(|T|\)，然后找到权值最大的叶子即为答案。

通过这个方法，我们可以预处理每个 \(r\)，\(O(n)\) 个 \((l,h)\)，表示 \(ql\le l\) 时，往上走 \(h\) 级的树满了，然后通过 Trie 打标记的方法（因为这些是统一的）在 \(O(2^n·n·\sqrt m)\) 回答询问。

这太差了，考虑到树 \(T\) 满上之后，事实上 \(T\) 内点不可能成为答案，并且我们只关心 \(T\) 的兄弟节点的最大值变化，所以可以只打一个标记在这里不用。

考虑 \(a\) 是排列的情况，那么每个子树只会被填满一次，那么可以扫描线，扫到 \(r\) 的时候对于若干对 \((l,h)\) 我可以暴力访问其兄弟子树里所有节点更新答案并在这 \(n\) 对 \((l,h)\) 中 \(l\) 划分的 \(O(n)\) 个区间将答案取 \(\max\)。

一共下来只会有 \(O(n·2^n)\) 次操作，利用线段树求算答案也就是 \(O(n^22^n)\)

考虑到 \(a\) 不是排列的情况如何转化，我们的核心思想还是在于对于每个 \(r\)，求出若干对 \((l,w)\) 表示 \(ql\le l\) 时答案对 \(w\) 取 \(\max\)。

首先我们断言这样的 \((l,r,w)\) 总数是 \(O(n·2^n)\) 级别的。

还是考虑扫描线，每次考虑 \((a_r,r)\) 的影响，其中对于每个子树，使用一个 Trie 来维护这个子树的节点，我们称这样的trie为内trie，而原本的trie为外trie（也即有 \(O(2^n)\) 个内 Trie，总结点数 \(O(n2^n)\)），并且维护信息：当前点所在子树全满的最大 \(l\) 以及这个内 trie 的 dp 值。

首先将 \((a_r,r)\) 插入到外trie祖先的内trie里，我们可以得到这个 \(r\) 所对应的不超过 \(n\) 个的 \((l_i,h_i)\)。

一个 \((l_i,h_i)\) 对答案的影响是什么呢？其实可以考虑其兄弟子树的最大值变化，因为我们实际上也只关心其兄弟子树的最大值。

对于每个子树维护一个集合 \(P_i\) 表示当前的内trie内节点，按照加入时间排序（也就是下标）。然后遍历 \(P\) 内 \(\le l_i\) 的节点逐个删除，包括在集合P删除以及在内trie上删除（这个点以后完全无用了，下次更新不会用到(已满)），并获得新的该子树的 \(dp\) 值作为这个时间段的答案。

注意我们是加入 \((a_r,r)\) 时，也将 \(a_r\) 的所有外 trie 上的祖先的 \(P\) 都加入它。

这样均摊下来所有的 \(P\) 的总插入量是 \(O(n·2^n)\)，总删除量不超过插入量。

但是注意到这个兄弟子树的答案还有一些情况，也就是从这个兄弟子树往上走祖先的时候，如果祖先的兄弟也满了，那么这个答案也是会更新的，但是这是增量。

至于 \(a_r\) 对应的单点，就只需要考虑祖先的兄弟满上的时刻。

需要在相应时间处理一遍。

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注意到上面的复杂度有个瓶颈，就是往上走祖先找满了的祖先兄弟的增量。

这个卡满每次会有 \(O(n)\) 个，会导致 \(O(n^2·2^n)\) 个要求的 \((l,r,w)\)，因此我们需要想办法优化掉这些。

事实上我们发现所谓的 “祖先兄弟” 仅有 \(O(n)\) 个，我们虽然处理出与其相关的权值，但是我们每个 “祖先兄弟” 取其权值的最优值，那么也就只有 \(O(n·2^n)\) 个。

同时为了处理 “兄弟子树” 的 “祖先兄弟”，我们先拿出所有祖先兄弟，然后将其按时间排序，并且用指针扫描（避免排序）处理贡献。

这样就可以做到严格的 \(O(n·2^n)\) 了。

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由此我们得到了 \(O(n·2^n)\) 个二元组 \((l,r,w)\) 表示扫描线到 \(r\) 时，\(ql\le l\) 的答案对 \(w\) 取 \(\max\)。

由于答案具有单调性，我们可以在线段树上二分查找到更新的区间，那么我们需要的就是：支持区间覆盖，区间历史和求和。

线段树维护即可。

D

猜测结论是最大覆盖次数，因为这个是一个显然的下界。

事实上确实如此，只要我们能够证明这个下界可以达到。

考虑一个构造：每次将覆盖次数最大的点拿出，并拿出其中深度最小的点，这样的点一定会有其作为 \(lca\) 的路径，如果没有，那么它的父亲也是覆盖次数最大的点，与其深度最小矛盾。

使用全局平衡二叉树/树链剖分支持链修改，查全局最值即可。

E

预处理每个元素的极长有效区间 \((l,i,r)\)

也就是询问：\(L,R\) 这个三元组有贡献需要有 \(L\in [l,i],R\in [i,r]\)

也就是 \(l\in [1,L],r\in [R,n],i\in [l,r]\)，将这个三元组看作点，变为三位数点，上 KDT 即可。

F

非正解

利用 kdt 做 K 近邻搜索，注意这玩意的 估价函数设理论最优值，然后注意使用整体操作，也就是始终对 ans 进行操作（也就是并不是对于每个点找 \(k\) 个，而是维护一个答案集合，如果可能更新就去搜），使用可并堆即可。