「模擬賽」多校 A 層聯訓 16

Aqr_Rn發表於2024-11-02

比賽連結

A.四捨五入

雖然讓找 \(i\)，但列舉 \(i\) 很沒前途啊，所以考慮找到所有 \(j\) 的個數

發現對於一組合法的 \(i、j\) 需要滿足 \(i\in [kj,\ kj+0.5j)\ kj<=n\)

那麼我們對於每一個 \(j\)，找到所有的 \(k\) 使得 \(kj<=n\)，查分維護區間 \([kj,\ kj+0.5j)\)

時間複雜度為調和級數級別的

B.填算符

題解單飛咯！

題解連結

下發題解說的神馬東西，賽時根本想不到

講一個賽時想得到的 \(O(n\log 值域)\) 的思路，很好理解

我們處理出二進位制下每一位上的 1 的最後一次出現的位置，將第 \(i\ (i\in[0,60])\) 位上的 1 最後一次出現的位置記作 \(pos_i\)

同時我們設 \(H=n-k-1\) 為總共有的 bitor 的運算元

有以下結論：由於 \(pos_i\) 是 \(i\) 位上最後一個 1，所以一旦它後面放了一個 與，這一位上就是 0 了；若我們想要這一位為 1，必須至少滿足從 \(pos_i\) 到最後的運算子全是 bitor。

發現有以下情況：

  • 若 \(n-pos_i>H\)，即 \(pos_i\) 之後需要放的運算子的數量比 bitor 的總運算元多，也就是說在 \(pos_i\) 之後我一定需要放 bitand 操作，所以這種情況下這一位一定不對答案有貢獻

  • 若 \(n-pos_i<H\)，也就是說我可以從 \(pos_i\) 的前一個位置開始到最後全放 bitor 操作，那麼這樣第 \(i\) 位上可以是 1，為了使值最大，所以第 \(i\) 位上一定要是 1，所以從第 \(pos_i\) 位到最後必須全是 bitor 操作，對於這種情況的 \(i\) 我們記為合法位

  • 若 \(n-pos_i=H\)，也就是說從第 \(pos_i\) 到最後的運算子可以全是 bitor 操作，但 \(pos_i\) 的前一位只能是 bitand
    所以我們特判從第 1 個位置到 \(pos_i\) 的前一位全放 bitand 能不能讓到第 \(pos_i\) 個數時得到的值第 $\forall $ \(j 滿足 [pos_j=pos_i]\) 位為 1，若能則該位也為合法位，否則不合法

對於所有合法位的 \(pos\) 取最小值設為 \(end\)，因為已經保證 \(end\) 到最後的預算符全是 bitor，此時有一下兩種可能，而我們想盡量構成第二種可能：

  1. \(end\) 的前一位預算符也為 bitor，這樣我們一定能達到答案最大了，想使答案最優直接讓從 \(end-2\) 開始的 \(k\) 個運算子為 bitor 就好了

  2. \(end\) 的前一位在某些情況為 bitand 也是可以使答案最大的，所以我們判斷能不能讓 \(end\) 的前一位為 bitand 同樣使答案最大；
    發現可以的條件相當於從第 \(end-1\) 個數到最前面用僅剩的 bitor 操作得到一個答案，使得這個答案第 $\forall $ \(i 滿足 [pos_i=end]\) 位為 1，若能滿足條件則第 \(end-1\) 個運算子為 bitand。

滿足條件的判斷又和上述的第三個情況判斷一致了，相當於以 \(end-1\) 為下界，再做一次求 \(min(合法的\ pos)\)，實質上是不斷的遞迴。

形式化如下：

所以一個遞迴 \(dfs(end, H)\) 表示下界為 \(end\)，還剩 \(H\) 個 bitor 操作，判斷能不能得到我想要的答案：

若不能則直接從第 \(end-2\) 開始的 \(k-res\) 個運算子全為 bitand 就是答案（\(res\) 為在之前的遞迴中已經確定的 bitand 的個數）

若能則第 \(end-1\) 個位置可以為 bitand，並設 \(end'=min(這一層中合法的\ pos)\)，繼續遞迴 \(dfs(end',H-(end-end'))\) 判斷第 \(end'-1\) 個位置能不能為 bitand。

code：

#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){ // 判斷從第一個運算子到第 pos 個全為 & 能不能使得到的值滿足條件
    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){ // 遞迴函式
    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(); //為方便更新新的一層的 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) // 合法則更新 end 並加入 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 位可以為 &，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)); //繼續遞迴判斷 end 位可否為 &
    }
    else{
        int cnt = k; // pos 位不可以為 &，則最優方案為從 pos-1 到 pos-cnt 全為 &
        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]; // 二進位制下第 j 位為 1 在第 i 個數之前一次出現的位置
        }
    }

    if(k == n - 1){
        for(int i=1; i<=k; i++) cout<<i<<" ";
        return 0;
    }

    for(int j=0; j<62; j++) //  V 存當前這一層遞迴的下界包含的 最後一個 1 出現在這個下界的 二進位制位
        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++){ // 把第一次遞迴剖出來單獨做
        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：合法直接輸出
                for(int i=1; i<=k; i++)
                    cout<<i<<" ";
                return 0;
            }
            go = true;
        }
    }

    for(int x : v[endi+1]) tem.emplace_back(x); //tem 暫存下界這個數的 V

    H -= (n - endi - 1);

    dfs(endi, H);
    sort(ans.begin(), ans.end());
    
    for(int x : ans) cout<<x<<" ";



    return 0;
}

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