【暑假集训】【模拟赛总结】lgjOI 7.14

68+100+35+0 = 203。 rk 10 左右吧。

第一题怒挂 32pts，像傻子。

T3

一道贪心。感觉考场上也推了和正解差不多的性质，但是总结出来的策略大大滴不对，没见过，我太菜。

如果把所有格子都用 $x_0+y_0= k$ 的斜线划分，会发现机器人只能沿着当前斜线走，或者跳到 $x_0+y_0=k+2$。这个时候贪心来了：对于一个机器人 A，应该先吃同斜线的，吃不了的话就去另一条。可以大概理解一下：如果不吃，那么还需要至少一个机器人 B 处理斜线上的。但是如果机器人 A 走与 B 一样的路径，就可以省下来一段路了。

代码很简单：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+10;
set<int>s[N];
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	int T; cin>>T;
	while(T --) {
		int n,m; cin>>n>>m;
		for(int i=1;i<=n;i++) {
			for(int j=1;j<=m;j++) {
				char ch; cin>>ch;
				if(ch == '1') s[i+j].insert(i);
			}
		}
		int ans = 0;
		for(int i=1;i<=n+m;i++) {
			if(s[i+1].empty()) continue;
			int _i = i; ans++;
			for(int j=1;j<=n;j++) {
				s[_i+j].erase(j);
				if(!s[_i+j].empty() && *s[_i+j].rbegin() > j) _i--;
				else _i++;
			}
		}
		cout<<ans<<"\n";
	} 
	return 0;
}

T4 套路题。

参考联合省选 2024 D1T2。看到异或，想想 01trie。

以下的 dp 都是不考虑前缀的情况。比如数为 100111 时，考虑到第 4 个，就把数看成 000111。

假定节点 $u$ 与他父亲节点连的边的权值放在了 $u$ 上，即 $u$ 代表了该位为 0/1。设 $dp_u$ 为在 $u$ 的子树内选的方案数，会发现做不了，因为两个子树都选的情况无法统计。

归根结底，不可做是因为不知道子树的子树的情况，那我们手动选择两个子树呢？

设 $dp_{x,y}$ 要求在这两个子树表示的数来选（两个子树都强制取）的方案数。

当 $X$ 在 $x,y$ 的儿子这一位上为 0 的时候，显然不能选异侧的子树，答案即为 $dp_{lx,ly} + dp_{rx,ry}$。

当 $X$ 在 $x,y$ 的儿子这一位上为 1 的时候（以下设 $x$ 随便选为 $s(x)$，根据题意也就是 $2^{sz(x)}-1$）：

如果 $x,y$ 是一个节点，“两个子树”其实就是一个子树。同侧可以随便选，异侧的答案就是 $dp_{lx,rx}$。

如果不是。我们可以分成这三类：选 $2,3,4$ 个子树进行统计（$lx$ 表示 $x$ 的左子树，其他同理）。

• 两个子树：因为限制，所以只能是两个子树的 $lx,ly$，$rx,ry$ 随便选，和考虑将 $lx,ry$，$ly,rx$ dp。

• 三个子树：那就是两个是 $lx,ly$，一个 $ry$，$lx,ry$ 已经知道了。会发现 $lx,ly$，$ly,ry$ 因为相同值异或为 $0$，都是随便选的状态。所以答案即为 $dp_{lx,ry} \times(s(ly)+s(rx)) + dp_{ly,rx} \times(s(lx)+s(ry))$。

• 四个子树：那全部都要选：$x,y$ 这一位肯定会是 $1$。就要考虑剩下的情况，而事实上，只有 $lx,ry$，$ly,rx$ 这种会互相限制，所以答案就是 $dp_{lx,ry}\times dp_{ly,rx}$。

为什么能这么做？总而言之，是因为限制的情况只有 $lx,ry$，$ly,rx$。正是因为 相同值异或为 $0$ 这一性质，才不会使复杂度爆炸。复杂度即为 01trie 的节点个数 $n\log n$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 2e5+10, mod = 998244353;
struct M{
	int sz,ch[2];
}t[N*22];
int n,a[N],T;
int mi(int x,int k) {int p; return k?p=mi(x,k>>1),p*p%mod*(k&1?x:1)%mod:1;}

int s(int x){
	return (mi(2,t[x].sz) - 1 + mod) % mod;
}
int idx,rt;
void ins(int &p,int x,int k) {
	if(p == 0) p = ++idx;
	t[p].sz ++;
	if(k < 0) return ;
	ins(t[p].ch[((x&(1<<k)) > 0)],x,k-1);
}
int dp(int x,int y,int k) {
	if(x == 0 || y == 0) {
		return 0;
	}
	if(k < 0) {
      //这个是叶子节点的情况：也就是说第 0 位 0/1
      //如果我们回到上一位的视角，你就会发现限制什么的其实不存在，所以这个随便选是对的
		if(x == y) return s(x);
		return s(x) * s(y) % mod;
	}
	#define xls t[x].ch[0]
	#define xrs t[x].ch[1]
	#define yls t[y].ch[0]
	#define yrs t[y].ch[1]

	if((T & (1 << k)) == 0) {
		return (dp(xls,yls,k-1) + dp(xrs,yrs,k-1)) % mod;
	}
	
	if(x == y) {
		return (dp(xls,xrs,k-1) + s(xls) + s(xrs)) % mod;
	}
	int ans = 0, k1 = dp(xls,yrs,k-1), k2 = dp(xrs,yls,k-1);
	ans += s(xls) * s(yls) % mod + s(xrs) * s(yrs) % mod; // 同左， 同右
	ans += k1 + k2;
	ans += s(xls) * k2 % mod + s(yrs) * k2 % mod + s(xrs) * k1 % mod + s(yls) * k1 % mod;
	ans += k1 * k2 % mod;
	return ans % mod;
}
signed main() {
	cin>>n>>T;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) ins(rt,a[i],30);
	cout<<dp(rt,rt,30);
	return 0;
}