退役前最后一篇博客。。。希望我滚回去高考完还能记得一些OI知识
最近考试我们有一道这样的题目：
如果有两个序列A和B，对于A序列中的每一个元素，都在B序列中选一个大于等于它的最小的值。若A序列选出的不同的B序列元素个数为奇数则称之为好的。现在给出n个序列S1..n，对于每两个序列Si，Sj（i<j）进行一次判断，问总共有多少个好的序列对。 n<=5000，A，B序列的元素大小不超过50。
首先std给出了这样的题解：
因为所有的位置范围是[1,50],我们可以用位运算加速统计。将序列 b 转换成一个二进制数B,将序列 a 转换成一个二进制数 A,我们要统计的是 A 中的某些特定区间内是否有二进制 1。令B ′ = B ≪ 1,则B ′ &(A + (A|~B ′ ))中的二进制 1 即表示A的对应区间内是否有 1,统计其二进制 1 的奇偶性即可。
看起来十分简洁但是对我这种NOIP（普及组初赛）水平选手却并不容易想到，因此考试的时候我得到了一个不怎么优的做法：分块
分析：
首先我们可以发现一共有C(n,2)种选法，这个数量大约是1.25E7。那么对于每个的判断我们有8次操作的时间完成。
问题显然可以转化为二进制，那么我们可以得到一个二进制下的50位数。
位数不多，情况只有01两种，所以考虑采用分块。
令块的大小为S，那么在块内我们总共有4^S种方案，每种方案我们可以在O(S)的时间内处理出它填到了块内B序列中的哪些位置，以及是否有剩余的没填的。顺便对于每一种B序列的块，处理左边第一个1在哪里。
换句话说，预处理的时间复杂度为O(4^S*S)。
对于每两个序列，预先分好块，不足的补满，最大块数为5块。从左到右扫描每一块，并查表得到答案，并和上一个的答案合并，合并的时候要考虑上一块是否多余了一些。
可以发现每一次询问的时间复杂度为O(m/S)，共O(n^2)组询问，总时间O(n^2*m/S)。
总的来说，时间复杂度为O(4^S*S+n^2*m/S)。
分析分块大小，通过解方程我们知道S=10时比较优，实测可以过，最大数据0.2秒。
奉上代码：
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 int n;
5 int num[5010];
6 int a[5010][53];
7 long long res[5010][7];
8 long long pp[1050][1050];
9 long long rm[1050][1050];
10 int frt[1050];
11
12 void read(){
13 scanf("%d",&n);
14 for(int i=1;i<=n;i++){
15 scanf("%d",&num[i]);
16 for(int j=1;j<=num[i];j++){
17 scanf("%d",&a[i][j]);
18 }
19 for(int j=1;j<=num[i];j++){
20 res[i][0] |= (1ll<<a[i][j]-1);
21 }
22 for(int j=1;j<=5;j++){
23 for(int k=0;k<10;k++){
24 if((1ll<<(j-1)*10+k)&res[i][0]){
25 res[i][j] |= (1<<k);
26 }
27 }
28 }
29 }
30 }
31
32 void deal(int tot,int tt){
33 int j = 0; for(;j<10;j++) if(tt&(1<<j)) break;
34 for(int i=0;i<10;i++){
35 if((tot&(1<<i)) && j < 10) pp[tot][tt] |= (1<<j);
36 if((tot&(1<<i)) && j >= 10) rm[tot][tt] = 1;
37 if(i+1 > j){ j++; while(j < 10){if(tt&(1<<j))break; j++;} }
38 }
39 }
40
41 void dfs2(int now,int tot,int tt){
42 if(now > 10){ deal(tot,tt); }
43 else{
44 dfs2(now+1,tot,tt|(1<<now-1));
45 dfs2(now+1,tot,tt);
46 }
47 }
48
49 void dfs1(int now,int tot){
50 if(now > 10){
51 for(int i=0;i<=10;i++){if((tot&(1<<i))||i==10){frt[tot] = i;break;}}
52 dfs2(1,tot,0);
53 }else{
54 dfs1(now+1,tot|(1<<now-1));
55 dfs1(now+1,tot);
56 }
57 }
58
59 int anss = 0;
60 void solve(int l,int r){
61 long long om = 0,ro = 0;
62 for(int i=1;i<=5;i++){
63 om = om+(pp[res[l][i]][res[r][i]]<<10*(i-1));
64 if(ro && frt[res[r][i]] != 10){
65 int ft = frt[res[r][i]];
66 om |= (1ll<<ft+10*(i-1));
67 ro = 0;
68 }
69 ro |= rm[res[l][i]][res[r][i]];
70 }
71 anss += __builtin_parityll(om);
72 }
73
74 void work(){
75 dfs1(1,0);
76 for(int i=1;i<=n;i++){
77 for(int j=i+1;j<=n;j++){
78 solve(i,j);
79 }
80 }
81 printf("%d
",anss);
82 }
83
84 int main(){85 read();
86 work();
87 return 0;
88 }
更进一步地灵活运用它，我们再来看一道题。
维护一个序列，支持单点修改，区间和的phi值查询以及区间乘法的phi值查询。其中序列长度n为50000，值的大小ai为40000，询问个数q为100000
题解给出了一种基于二分的方法，但是对我这种NOIP（普及组初赛）水平选手却并不容易想到，因此考试的时候我得到了一个不怎么优的做法：分块。
对于加法我们比较容易想到一个N^1.5的枚举质因数的做法。所以我们只考虑修改和乘法。
考虑从phi的定义入手，那么我们只需要考虑l到r之间哪些素数是出现过的，由于ai在40000以内，所以我们发现质数个数接近40000/ln(40000)个。
使用bitset维护合并，建一棵线段树维护区间内的bitset的并集。
这样子，单次修改操作会改变logn个bitset的内容，时间复杂度为O( (logn*ai) / (ln(ai)*w) )，我们可以认为ai和n同阶，时间复杂度为O(n/w).
考虑每次区间乘法操作，需要合并logn个bitset，这一部分时间复杂度同上。
另外的，我们需要对合并结果进行处理，也就是对bitset的每个位对应的p都处理一次，这个操作的时间复杂度O(n/ln(n)).
当三种操作平均分布的时候，我们的时间复杂度为O(q*(sqrt(n)+n/w+n/ln(n))).
这个算法有优化的空间，我们发现n/ln(n)是我们算法速度的瓶颈。带入数字可以发现，当操作不随机的时候，我们可以构造一个数据，使得总运行次数达到3.7E+8次。其中光是n/ln(n)就占了3E+8。
实际上，我们有大量的运算是重复的。
下面我举一个例子。
考虑01串
1011011100001010
1011010100011010
我们将它按每4位算一组，当我们计算这两个01串的时候，我们要计算8次。但如果我们预处理出了每4位对应的答案，那么我们只要计算6次。
这在q很少的时候优化不明显，但是当q的级别很大的时候，那么这样可以节省很多运算。
对于上面的2操作得到的最终的并，我们可以将它每16位分为一组，通过DP预处理出答案。DP的转移是O(1)的，所以DP预处理的时间复杂度为O(n*2^16/16)。
接着我们对于最终的并，每16位作为一个整体在表中直接查询答案，时间复杂度可以在原来的基础上除以16，令16=v，2操作的时间复杂度被降低为O(n/w+n/ln/v)，同样的数据只用计算1E+8次。
值得注意的是，这并不是一个玄学的优化，而是一类有体系的优化方法。
这种方法同样也被运用在RMQ问题中，有兴趣的可以学一下