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比赛链接 。
虽然让找 \(i\),但枚举 \(i\) 很没前途啊,所以考虑找到所有 \(j\) 的个数 。
发现对于一组合法的 \(i、j\) 需要满足 \(i\in [kj,\ kj+0.5j)\ kj<=n\) 。
那么我们对于每一个 \(j\),找到所有的 \(k\) 使得 \(kj<=n\),查分维护区间 \([kj,\ kj+0.5j)\) 。
时间复杂度为调和级数级别的 。
题解单飞咯! 。
题解链接 。
下发题解说的神马东西,赛时根本想不到 。
讲一个赛时想得到的 \(O(n\log 值域)\) 的思路,很好理解 。
我们处理出二进制下每一位上的 1 的最后一次出现的位置,将第 \(i\ (i\in[0,60])\) 位上的 1 最后一次出现的位置记作 \(pos_i\) 。
同时我们设 \(H=n-k-1\) 为总共有的 bitor 的操作数 。
有以下结论:由于 \(pos_i\) 是 \(i\) 位上最后一个 1,所以一旦它后面放了一个 与,这一位上就是 0 了;若我们想要这一位为 1,必须至少满足从 \(pos_i\) 到最后的运算符全是 bitor.
发现有以下情况:
若 \(n-pos_i>H\),即 \(pos_i\) 之后需要放的运算符的数量比 bitor 的总操作数多,也就是说在 \(pos_i\) 之后我一定需要放 bitand 操作,所以这种情况下这一位一定不对答案有贡献 。
若 \(n-pos_i<H\),也就是说我可以从 \(pos_i\) 的前一个位置开始到最后全放 bitor 操作,那么这样第 \(i\) 位上可以是 1,为了使值最大,所以第 \(i\) 位上一定要是 1,所以从第 \(pos_i\) 位到最后必须全是 bitor 操作,对于这种情况的 \(i\) 我们记为合法位 。
若 \(n-pos_i=H\),也就是说从第 \(pos_i\) 到最后的运算符可以全是 bitor 操作,但 \(pos_i\) 的前一位只能是 bitand 所以我们特判从第 1 个位置到 \(pos_i\) 的前一位全放 bitand 能不能让到第 \(pos_i\) 个数时得到的值第 $\forall $ \(j 满足 [pos_j=pos_i]\) 位为 1,若能则该位也为合法位,否则不合法 。
对于所有合法位的 \(pos\) 取最小值设为 \(end\),因为已经保证 \(end\) 到最后的预算符全是 bitor,此时有一下两种可能,而我们想尽量构成第二种可能:
\(end\) 的前一位预算符也为 bitor,这样我们一定能达到答案最大了,想使答案最优直接让从 \(end-2\) 开始的 \(k\) 个运算符为 bitor 就好了 。
\(end\) 的前一位在某些情况为 bitand 也是可以使答案最大的,所以我们判断能不能让 \(end\) 的前一位为 bitand 同样使答案最大; 发现可以的条件相当于从第 \(end-1\) 个数到最前面用仅剩的 bitor 操作得到一个答案,使得这个答案第 $\forall $ \(i 满足 [pos_i=end]\) 位为 1,若能满足条件则第 \(end-1\) 个操作符为 bitand.
满足条件的判断又和上述的第三个情况判断一致了,相当于以 \(end-1\) 为下界,再做一次求 \(min(合法的\ pos)\),实质上是不断的递归.
形式化如下:
所以一个递归 \(dfs(end, H)\) 表示下界为 \(end\),还剩 \(H\) 个 bitor 操作,判断能不能得到我想要的答案:
若不能则直接从第 \(end-2\) 开始的 \(k-res\) 个运算符全为 bitand 就是答案(\(res\) 为在之前的递归中已经确定的 bitand 的个数) 。
若能则第 \(end-1\) 个位置可以为 bitand,并设 \(end'=min(这一层中合法的\ pos)\),继续递归 \(dfs(end',H-(end-end'))\) 判断第 \(end'-1\) 个位置能不能为 bitand.
#include<bits/stdc++.h>
#define Aqrfre(x, y) freopen(#x ".in", "r", stdin),freopen(#y ".out", "w", stdout)
#define mp make_pair
#define Type ll
#define qr(x) x=read()
typedef __int128 INT;
typedef long long ll;
using namespace std;
inline ll read(){
char c=getchar(); ll x=0, f=1;
while(!isdigit(c)) (c=='-'?f=-1:f=1), c=getchar();
while(isdigit(c)) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48), c=getchar();
return x*f;
}
const int N = 1e6 + 5;
const int maxn = 1e8;
int n, k, K; ll a[N], b[N];
int la[62], pre[62][N], zh[62], X;
vector<int>v[N], ans, tem, num;
inline bool check(int pos, int op){ // 判断从第一个运算符到第 pos 个全为 & 能不能使得到的值满足条件
int now = pos + 1; ll x = 0;
for(int i : v[now]) x += (1 << i);
if(~X) x += (1 << X);
int y = a[1];
for(int i=2; i<=now; i++)
y = y & a[i];
if(y & x == x) return true;
return false;
}
inline void dfs(int pos, int H){ // 递归函数
if(pos <= 0 and H <= 0) return;
int now = pos + 1, end = 2e9;
bool f = true; X = -1;
for(int x : tem) v[pre[x][now]].clear(); //为方便更新新的一层的 V ,先清空
for(int x : tem){
if(pos - pre[x][now] > H or !pre[x][now]){
f = false; break;
}
else if(pos - pre[x][now] < H) // 合法则更新 end 并加入 V
end = min(end, pre[x][now] - 1), v[pre[x][now]].emplace_back(x);
else{
X = x;
if(pre[x][now] == 1 or check(pre[x][now] - 1, 1))
end = min(end, pre[x][now] - 1), v[pre[x][now]].emplace_back(x);
else f = false;
}
}
if(f) ans.emplace_back(pos), k--; // pos 位可以为 &,加到答案中
if(!k) return;
if(f and end >= k){
tem.clear(); for(int x : v[end+1]) tem.emplace_back(x);
dfs(end, H-(pos-end-1)); //继续递归判断 end 位可否为 &
}
else{
int cnt = k; // pos 位不可以为 &,则最优方案为从 pos-1 到 pos-cnt 全为 &
for(int i=pos-cnt; i<pos; i++)
k--, cout<<i<<" ";
return;
}
}
signed main(){ // bitop
Aqrfre(bitop, bitop);
qr(n); qr(k); K = k;
for(int i=1; i<=n; i++){
qr(a[i]);
for(int j=0; j<62; j++){
if(a[i] & (1ll << j)) pre[j][i] = la[j], la[j] = i;
else pre[j][i] = pre[j-ans.size()][i-1]; // 二进制下第 j 位为 1 在第 i 个数之前一次出现的位置
}
}
if(k == n - 1){
for(int i=1; i<=k; i++) cout<<i<<" ";
return 0;
}
for(int j=0; j<62; j++) // V 存当前这一层递归的下界包含的 最后一个 1 出现在这个下界的 二进制位
if(la[j]) zh[j] = la[j], v[zh[j]].emplace_back(j);
int H = n - 1 - k, endi = 1e9; bool go = false;
for(int i=0; i<62; i++){ // 把第一次递归剖出来单独做
if(!zh[i]) continue;
if(n - zh[i] > H) continue;
if(n - zh[i] < H){
endi = min(endi, zh[i] - 1);
continue;
}
if(go) continue;
if(n - zh[i] == H){
if(check(zh[i] - 1, 0)){ //特殊的:合法直接输出
for(int i=1; i<=k; i++)
cout<<i<<" ";
return 0;
}
go = true;
}
}
for(int x : v[endi+1]) tem.emplace_back(x); //tem 暂存下界这个数的 V
H -= (n - endi - 1);
dfs(endi, H);
sort(ans.begin(), ans.end());
for(int x : ans) cout<<x<<" ";
return 0;
}
最后此篇关于「模拟赛」多校A层联训16的文章就讲到这里了,如果你想了解更多关于「模拟赛」多校A层联训16的内容请搜索CFSDN的文章或继续浏览相关文章,希望大家以后支持我的博客! 。
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