集训队互测 2015

Robot
最大异或和
上帝之手
胡策的统计
胡策的数列
胡策的小树

Robot

李超线段树模板题。

最大异或和

很厉害的题。

考虑对于一个集合里的两个数 \(x,y\)，如果把 \(x\) 变成 \(x\oplus y\)，那么这个集合的线性基所能构成的数的集合不变。

于是可以维护异或差分序列的线性基。操作 1 就变成单点修改，操作 2 变成区间修改和单点修改。而修改可以看成删除再加入，所以我们可以每次暴力 \(\mathcal{O}(n)\) 找到所有要修改的位置。这是因为加入线性基的总次数不会超过 \(\mathcal{O}(n+q)\)。

现在我们要维护一个支持删除的线性基。题目并没有要求强制在线，所以可以离线并记录下每个插入的元素的删除时间。对于插入的某个元素 \(x\)，它会异或上当前线性基基底的若干个数。如果线性基基底所对应的元素先于 \(x\) 删除，就不得不消去基底对 \(x\) 的影响，因而十分麻烦；反之，则直接删去 \(x\) 即可。于是，当 \(x\) 的删除时间晚于它将要异或上的基底时，不妨直接交换 \(x\) 与基底，并继续插入的流程。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(\frac{(n+m)mq}{w})\)。

https://uoj.ac/submission/624956。

上帝之手

很厉害的题。

把题面中给的式子拆开：\(x_i=\min(x_{i-1}+d_i,l_i)=\min(x_{i-2}+d_{i-1}+d_i,l_{i-1}+d_i,l_i)=\cdots\)。

所以可以得到：\(x_b=\min(x_{c-1}+d_c+d_{c+1}+\dots+d_b,l_{c-1}+d_c+d_{c+1}+\dots+d_b,l_c+d_{c+1}+\dots+d_b,\dots,l_b)\)。

显然这个是可以递推的。于是可以有 \(\mathcal{O}(nm\log n)\) 的做法。

接下来进一步对每个操作进行分析。

先求出 \(d\) 的前缀和 \(s\)，即 \(s_i=\sum\limits_{j=1}^i d_j\)。那么 \(x_b\) 就可以化简成 \(\min(x_{c-1}+s_b-s_{c-1},l_{c-1}+s_b-s_{c-1},l_c+s_b-s_c,\dots,l_b+s_b-s_b)\)。

因为第一种操作中 \(x_{c-1}=l_{c-1}\)，所以括号里的第一个值可以忽略。

不难发现，如果我们把 \(c\) 从 \(b\) 扫描到 \(a\)，那么 \(x_b\) 的值是单调不升的。所以我们只需要求当 \(c=b-k+1\) 时 \(x_b\) 的取值。可以建立一棵线段树，存储每个对应区间内 \(l_{i-1}-s_{i-1}\) 的最小值。那么第一问的答案就是 \([b-k+1,b+1]\) 内的最小值。

对于第二问，我们把括号内第一个值和其它值分开来看。设 \(f(c)\) 为后面若干项的最小值，\(g(c)\) 为 \(x_0-s_{c-1}\)，则 \(f(c)\) 单调不降，\(g(c)\) 单调不升。那么 \(x_b\) 的最大值一定会在 \(f\) 与 \(g\) 的交点附近取到。可以二分 + 线段树求出这个交点位置。

对于第三问，实际上就是求 \(l_i+s_b-s_i\) 比 \(\min\limits_{j=i+1}^b(l_j+s_b-s_j)\) 小的 \(i\) 的个数，也就是区间单调栈大小。这个可以类似楼房重建的套路，具体见 https://qoj.ac/download.php?type=solution&id=4258。勘误：最后一页中 \(step_o-step_{left_o}\) 应为 \(step_o-step_{right_o}\)。

https://uoj.ac/submission/624806。