sb atcoder 提前比赛时间/fn/fn/fn……sb atcoder 还我 rating/zk/zk/zk
A
签到题，枚举位数 \(+\) 前导 \(1\) 个数然后随便算算贡献即可，时间复杂度 \(\log^2_{10}(n)\)
B
u1s1 这个 B 感觉比一般的 B 难不少啊……
考虑贪心。首先第一位我们随便钦定 \(n\) 个 \(0\)，\(n\) 个 \(1\) 和 \(n\) 个 \(2\)，那么后面的位我们肯定会贪心地让第一位填 \(2\) 的都填 \(0\)，第一位填 \(0/1\) 的自然不用管它们因为我们后面自然有办法为它们填数，但是这样会导致字符串出现重复的情况，怎么解决呢？如果我们发现目前不能区分出来的字符串个数 \(>3^{l-i}\)，其中 \(i\) 表示当前填到了第几位，那么我们就贪心地依次填上 \(0000...0,000...1,\cdots,1111...11\)，然后把最后的零头放到那“不能被区分出来的字符串集合”中即可。
可能讲得有点玄乎，看代码可能会比较好理解。
const int MAXN=1.5e5;
int n,l,pw3[18];
string s[MAXN+5];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&l);
for(int i=(pw3[0]=1);i<=l;i++) pw3[i]=pw3[i-1]*3;
vector<int> id;
for(int i=1;i<=n;i++) id.pb(i);int cur=n;
for(int i=1;i<=n;i++) s[i].pb('0'),s[i+n].pb('1'),s[i+n+n].pb('2');
for(int _=2;_<=l;_++){
cur=id.size();
if(cur<=pw3[l-_]){
for(int x:id) s[x].pb('2'),s[x+n].pb('1'),s[x+n+n].pb('0');
} else if(cur<=pw3[l-_]*2) {
for(int i=0;i<pw3[l-_];i++){
int x=id[i];
// printf("%d\n",x);
s[x].pb('2');s[x+n].pb('1');s[x+n+n].pb('0');
for(int j=0;j<l-_;j++){
s[x].pb('0'+(i/pw3[j]%3));
s[x+n].pb('0'+(i/pw3[j]%3));
s[x+n+n].pb('0'+(i/pw3[j]%3));
}
} vector<int> nw;
for(int i=pw3[l-_];i<id.size();i++){
int x=id[i];
// printf("%d\n",x);
s[x].pb('0');s[x+n].pb('2');s[x+n+n].pb('1');
nw.pb(x);
} id=nw;
} else {
for(int i=0;i<pw3[l-_];i++){
int x=id[i];
s[x].pb('2');s[x+n].pb('1');s[x+n+n].pb('0');
for(int j=0;j<l-_;j++){
s[x].pb('0'+(i/pw3[j]%3));
s[x+n].pb('0'+(i/pw3[j]%3));
s[x+n+n].pb('0'+(i/pw3[j]%3));
}
}
for(int i=pw3[l-_];i<pw3[l-_]*2;i++){
int x=id[i];
s[x].pb('0');s[x+n].pb('2');s[x+n+n].pb('1');
for(int j=0;j<l-_;j++){
s[x].pb('0'+(i/pw3[j]%3));
s[x+n].pb('0'+(i/pw3[j]%3));
s[x+n+n].pb('0'+(i/pw3[j]%3));
}
} vector<int> nw;
for(int i=pw3[l-_]*2;i<id.size();i++){
int x=id[i];
s[x].pb('1');s[x+n].pb('0');s[x+n+n].pb('2');
nw.pb(x);
} id=nw;
}
}
for(int i=1;i<=n*3;i++) cout<<s[i]<<endl;
return 0;
}
C
请问您见过几个 arc C 被评到 2000+
首先考虑一个非常朴素的做法，我们先事先将 \(X\) 减 \(1\)，然后每次从高位到低位一位一位考虑，如果当前 \(X\) 等于零那就直接 break，否则如果当前 \(X\le 2^{n-l}\)，其中 \(l\) 为当前考虑的位，那么我们就在这一位上填 \(0\) 并将 \(X\) 减一，否则我们就在这一位上填 \(1\) 并将 \(X\) 减去 \(2^{n-l}\)
然后就是我降智的地方了。由于这题 \(X\) 很大需要高精度，因此我以为直接减 \(1\) 复杂度会退化到平方，于是想着打各种标记之类的奇怪玩意儿，WA 了好几发，事实上直接减 \(1\) 复杂度是正确的，感性理解一下不难发现当你进行一次减 \(1\) 之后退了很多很多位，那么在接下来很长一段时间内就不可能再退这么多位，如果理性证明地大概就 \(\sum\limits_{i=0}^{\log_2(n)}\lfloor\dfrac{n}{2^i}\rfloor=\mathcal O(n)\)，因此总时间复杂度也是 \(\mathcal O(n)\)
D
考虑 \(c_i=a_i\oplus b_i\)，那么不难发现对于一组 \(i,j\)，\(a_i\oplus a_j\) 与 \(b_i\oplus b_j\) 从高到低第一个值不同的位就是 \(c_i\oplus c_j\) 二进制下的 significant bit，下文中称其为第 \(j\) 位，因此 \(\min(a_i\oplus a_j,b_i\oplus b_j)\) 取到 \(a_i\oplus a_j\) 当且仅当 \(a_i\oplus a_j\) 第 \(d\) 位为 \(1\)。
我们再考虑这样一个问题，给定序列 \(a\) 求它们两两异或和的和，01-trie 是一种方法，事实上我赛时一开始也考虑了这个做法，但是有一种更简单的做法是你考虑每一位的贡献，我们对于每一位记录一下有多少个数这一位为 \(0\)，有多少个数这一位为 \(1\)，这样可以 \(\mathcal O(1)\) 计算每一位的贡献。
接下来考虑原问题。我们将所有 \(c_i\) 插入 01-trie，然后对于 \(c_i\) 每一个为 \(1\) 的位 \(d\)，我们在其对应的 01-trie 的节点上开 4 个长度为 \(\log(n)\) 的数组，下标为 \(j\) 的位置分别维护这样几个信息：对于经过这个节点且 \(c_i\) 为 \(1\) 的 \(i\)，有多少个：
- \(a_i\) 第 \(d\) 位为 \(0\) 的 \(i\)，满足 \(a_i\) 的第 \(j\) 位为 0/1
- \(a_i\) 第 \(d\) 位为 \(0\) 的 \(i\)，满足 \(b_i\) 的第 \(j\) 位为 0/1
- \(a_i\) 第 \(d\) 位为 \(1\) 的 \(i\)，满足 \(a_i\) 的第 \(j\) 位为 0/1
- \(a_i\) 第 \(d\) 位为 \(1\) 的 \(i\)，满足 \(b_i\) 的第 \(j\) 位为 0/1
这样在遍历 01-trie 计算贡献的过程中，我们考虑计算一个 \(i\) 对答案的贡献时，可以考虑 \(c_i\) 所有为 \(0\) 的位，然后通过预处理的信息在单次 \(\mathcal O(\log n)\) 的时间内计算贡献。
记得加上 \(c_i=c_j\) 的贡献，这一部分的计算是 trivial 的，直接对每一种 \(c_i\) 重复一遍上面弱化版的过程即可。
时间复杂度 \(n\log^2n\)。
const int MAXN=262144;
const int LOG_N=18;
const int MAXP=2097152;
int n,A[MAXN+5],B[MAXN+5],C[MAXN+5];
int ch[MAXP+5][2],cnt[4][MAXP+5][LOG_N+2][2],rt=0,ncnt=0;
vector<int> pc[MAXN+5];
ll res=0;
void insert(int &k,int v,int dep,int a,int b){
if(!k) k=++ncnt;if(!~dep) return;
insert(ch[k][v>>dep&1],v,dep-1,a,b);
if(v>>dep&1){
if(a>>dep&1){
for(int j=0;j<LOG_N;j++) cnt[0][ch[k][v>>dep&1]][j][a>>j&1]++;
for(int j=0;j<LOG_N;j++) cnt[1][ch[k][v>>dep&1]][j][b>>j&1]++;
} else {
for(int j=0;j<LOG_N;j++) cnt[2][ch[k][v>>dep&1]][j][a>>j&1]++;
for(int j=0;j<LOG_N;j++) cnt[3][ch[k][v>>dep&1]][j][b>>j&1]++;
}
}
}
void query(int k,int v,int dep,int a,int b){
if(!k||!~dep) return;
query(ch[k][v>>dep&1],v,dep-1,a,b);
if(~v>>dep&1){
int c=ch[k][~v>>dep&1];
if(!c) return;
// printf("%d %d %d %d %d\n",v,dep,c,a,b);
if(a>>dep&1){
for(int j=0;j<LOG_N;j++) res+=1ll*cnt[0][c][j][~a>>j&1]*(1<<j);
for(int j=0;j<LOG_N;j++) res+=1ll*cnt[3][c][j][~b>>j&1]*(1<<j);
} else {
for(int j=0;j<LOG_N;j++) res+=1ll*cnt[1][c][j][~b>>j&1]*(1<<j);
for(int j=0;j<LOG_N;j++) res+=1ll*cnt[2][c][j][~a>>j&1]*(1<<j);
}
}
}
int cnt0[MAXN+5][LOG_N+2][2];
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&A[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&B[i]),C[i]=A[i]^B[i],pc[C[i]].pb(i);
for(int i=1;i<=n;i++) insert(rt,C[i],LOG_N-1,A[i],B[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<LOG_N;j++)
cnt0[C[i]][j][A[i]>>j&1]++;
// for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",c[i]);
for(int i=0;i<MAXN;i++){
ll s=0;
for(int id:pc[i]) for(int j=0;j<LOG_N;j++)
s+=1ll*cnt0[i][j][~A[id]>>j&1]*(1<<j);
s>>=1;res+=s;
}
for(int i=1;i<=n;i++) query(rt,C[i],LOG_N-1,A[i],B[i]);
printf("%lld\n",res);
return 0;
}
E
并没有自己想出来，搬运官方题解 ing
首先考虑如果我们想要尽量让大的数都在最终的 \(s\) 中那该怎么选择每次插入的数。显然按 \(1,2,3,\cdots,A\) 的顺序插入肯定是最优的。因此我们假设 \(b_1,b_2,\cdots,b_{A-B}\) 为按 \(1,2,3,\cdots,A\) 顺序插入后剩余的数组成的集合，其中 \(b_i<b_{i+1}\)。
我们再假设 \(c_1,c_2,\cdots,c_{A-B}(c_i<c_{i+1})\) 为按某种顺序插入后剩余的数组成的集合，那么我们不妨猜测 \(c_i\le b_i(i\in[1,A-B])\)。我们假设 \(p_1,p_2,\cdots,p_{B}\) 为按 \(1,2,3,\cdots,A\) 中不在剩余集合中的数组成的集合，\(q_1,q_2,\cdots,q_B\) 为按 \(c_1,c_2,\cdots,c_{A-B}\) 对应的顺序插入后不在剩余集合中的数组成的集合，其中 \(p_i<p_{i+1},q_i<q_{i+1}\)，然后对于第 \(i\) 次插入考虑这样构造：
- 如果 \(\exists j,s.t.b_j=i\)，那么我们此次插入中插入 \(c_j\)，其中 \(b_j=i\)。
- 否则必然 \(\exists j,s.t.p_j=i\)，我们就插入 \(q_j\)。
不难证明最后得到的数就是 \(c_1,c_2,\cdots,c_{A-B}\)。因此 \(c_1,c_2,\cdots,c_{A-B}\) 可以作为最终集合存在的充要条件是 \(\forall i\in[1,A-B],c_i\le b_i\)。到这里事情就变得很 trivial 了。\(dp_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 个数，\(c_i=j\) 的合法的 \(c\) 的个数，前缀和优化 DP 即可，时间复杂度 \(A^2\)。