Codeforces Round #815 (Div. 2)

传送门：Codeforces Round #815 (Div. 2)

之前都是108键的键盘，最近在家用的68，两三天了还是非常不顺手，觉得打字聊天还好，打代码的话没快捷键debug多少有点难受（而且用惯了静电容之后真的会觉得黄轴很重（什

大概是一些，为了监督自己补题写的blog

D2. Xor-Subsequence (hard version)

prob：

给一个长度为n的数列，下标从0开始，要求满足a[i]⨁j<a[j]⨁ia[i] \bigoplus j < a[j] \bigoplus ia[i]⨁j<a[j]⨁i 的最长子序列 ,n≤3e5,a[i]≤1e9n\le3e5, a[i] \le 1e9n≤3e5,a[i]≤1e9

ideas:

a[i]⨁j<a[j]⨁ia[i] \bigoplus j < a[j] \bigoplus ia[i]⨁j<a[j]⨁i

考虑拆位，将式子转化一下，即这个式子的前k个二进制位（从高位）相等，第k+1位不等，且a[i]⨁ja[i] \bigoplus ja[i]⨁j 的k + 1位小于 a[j]⨁ia[j] \bigoplus ia[j]⨁i 的k+1位

前面相等的部分（前k位）拎出来，得到a[i]⨁j=a[j]⨁ia[i] \bigoplus j = a[j] \bigoplus ia[i]⨁j=a[j]⨁i

两边同时⨁i⨁j\bigoplus i \bigoplus j⨁i⨁j 得到：a[i]⨁i=a[j]⨁ja[i] \bigoplus i = a[j] \bigoplus ja[i]⨁i=a[j]⨁j

这样i、j就各自在一边了，但注意这个式子是等号，不等号的时候并不适用，也就是说当考虑完了前k位来到第k+1位的时候，我们还是需要分类讨论所有情况，使得 a[i]⨁j<a[j]⨁ia[i] \bigoplus j < a[j] \bigoplus ia[i]⨁j<a[j]⨁i 对于第k+1位成立

列出所有情况，其中满足条件的情况为，a[i]⨁j=0,a[j]⨁i=1a[i] \bigoplus j = 0, a[j] \bigoplus i = 1a[i]⨁j=0,a[j]⨁i=1（为了简单，将x这个数的第k+1位为1表示为x=1）, 更具体地，四种情况为：
a[i]=0,j=0,a[j]=1,i=0a[i]=0,j=0,a[j]=0,i=1a[i]=1,j=1,a[j]=1,i=0a[i]=1,j=1,a[j]=0,i=1a[i] = 0, j = 0, a[j] = 1, i = 0 \\ a[i] = 0, j = 0, a[j] = 0, i = 1 \\ a[i] = 1, j = 1, a[j] = 1, i = 0 \\ a[i] = 1, j = 1, a[j] = 0, i = 1 a[i]=0,j=0,a[j]=1,i=0a[i]=0,j=0,a[j]=0,i=1a[i]=1,j=1,a[j]=1,i=0a[i]=1,j=1,a[j]=0,i=1
前面相等的部分我们考虑在01tire树上每次插入a[i]⨁ia[i] \bigoplus ia[i]⨁i 实现，对于第k+1位分讨dp

a[i],a[j],i,ja[i], a[j], i, ja[i],a[j],i,j 这四个数中我们当前已知的是 a[j]a[j]a[j] 和 j

参考博客：https://www.cnblogs.com/xhy666/p/16607009.html

当时盯了很久的代码，关于更新时候的u、v问题，大概是当取当前max的时候是根据a[i], 而a[i] 与j同号，所以是v，更新dp值的时候是根据a[j]，所以是u

因为知道 a[j] , j 其实四个数都知道了，感觉只要不把a[i] 和 i 合起来，跟一个a[i]或者跟i记录都是可以的，

insert可以直接insert，不用分讨（

code：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 3e5 + 10;
int a[N];
int dp[N * 50][2];
int tire[N * 50][2];int idx = 0;void insert(int x) {int p = 0;for (int i = 31; i >= 0; --i) {int u = (x >> i) & 1;if (!tire[p][u]) tire[p][u] = ++idx;p = tire[p][u];}
}int getMx(int x, int y) {int p = 0, mx = 0;for (int i = 31; i >= 0; --i) {int u = (x >> i) & 1, v = (y >> i) & 1;int q = tire[p][!(u ^ v)];p = tire[p][u ^ v];mx = max(mx, dp[q][v]);if (!p) break;}return mx + 1;
}void update(int x, int y, int mx) {int p = 0;for (int i = 31; i >= 0; --i) {int u = (x >> i) & 1, v = (y >> i) & 1;p = tire[p][u ^ v];dp[p][u] = max(dp[p][u], mx);}
}signed main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);int _;cin >> _;while (_--) {int n;cin >> n;int ans = 0;for (int i = 0; i < n; ++i) {cin >> a[i];int mx = getMx(a[i], i);ans = max(ans, mx);insert(a[i] ^ i);update(a[i], i, mx);}cout << ans << endl;for (int i = 0; i <= n * 40; ++i) {tire[i][0] = tire[i][1] = dp[i][0] = dp[i][1] = 0;}idx = 0;}
}

E. Misha and Paintings

prob： 给一个n×nn\times nn×n 的矩阵，需要用若干次操作将它变成只有k种不同的数字，操作是每次选择一个正方形的区域，将区域内完全替换成一种数字，问最少的操作数

ideas： 记当前所有出现的颜色数为cnt，当cnt<k的时候，至少操作k-cnt次

当cnt>k的时候，可以构造，一个方块A（选择的正方形区域）的左上角为(1,1)(1,1)(1,1)，右下角为(n−1,n−1)(n-1,n-1)(n−1,n−1)，另一个方块B的左上角随意，右下角为(n,n)(n,n)(n,n) ，可以保证一定有解，则最少的操作数不超过2

证明两个方块内一定有解：

如图，考虑将cnt删成k，当lenB（方块B的边长）不断扩展（增加1）的时候，与方块A不相交部分的两个角即为可操作空间，每次根据1.这两个数字是否为该数字最后一次出现 2.这两个数字与方块A、B填的数字是否相同，会有0~2的删除数字的贡献，加上可以更改AB填充的数字，是可以做到范围内全覆盖

这题就变成判0,1是否可行，不可行则为2

考虑记录每种数字出现的位置（能覆盖它的方块的位置），n3n^3n3枚举单个方块位置，判断是否合法

二维差分维护

wa30+ 调过再发代码