Codeforces Round 1336 简要题解
发现好久没写题解了，补几场cf的题解。
A. Linova and Kingdom
略
B. Xenia and Colorful Gems
略
C. Kaavi and Magic Spell
略
D. Yui and Mahjong Set
吐了，辛辛苦苦推了一年依次问 1 ∼ n 1\sim n 1∼n的算法，结果交上去WA了，又分析了半天发现只有当 n > 5 n>5 n>5的时候才能保证正确，于是怒膜题解去了。
题解的询问方式是先依次问 n − 1 , n − 2 , . . . , 3 n-1,n-2,...,3 n−1,n−2,...,3，然后再依次问 1 , 2 , 1 1,2,1 1,2,1。
注意到我们问了 1 1 1两次之后，一定能得到 a 1 a_1 a1（第二次问时考虑triplet的增量为 ( a 1 + 1 2 ) \binom{a_1+1}{2} (2a1+1)，这个是可以唯一还原 a 1 a_1 a1的）。同时第一次问 1 1 1时的straight增量为 a 2 ⋅ ( a 3 + 1 ) a_2\cdot (a_3+1) a2⋅(a3+1)，而第二次问 1 1 1时的straight增量为 ( a 2 + 1 ) ⋅ ( a 3 + 1 ) (a_2+1)\cdot (a_3+1) (a2+1)⋅(a3+1)，因此容易得到 a 2 a_2 a2和 a 3 a_3 a3。
再注意到对于 i ≥ 4 i\geq 4 i≥4，若我们已经得到了 a 1 ∼ a i − 1 a_1\sim a_{i-1} a1∼ai−1，那么容易根据问 i − 2 i-2 i−2时的straight增量得到 a i a_i ai（减掉已知部分剩下 ( a i − 1 + 1 ) ⋅ a i (a_{i-1}+1)\cdot a_i (ai−1+1)⋅ai，直接除即可）。
这样就可以在 n n n次操作后问出 a 1 ∼ a n a_1\sim a_n a1∼an了。时间复杂度为 O ( n ) \mathcal O(n) O(n)。
#include E2. Chiori and Doll Picking (hard version)
这题好神啊，膜了一天题解。
显然只用考虑线性基里的元素。令线性基大小为 k k k，只用求出只使用线性基里元素的答案再乘上 2 n − k 2^{n-k} 2n−k即可。我们对线性基进行一点处理，使得每个里面的元素都在某一列为主元（该列只有它为 1 1 1），此时元素为 a 1 ∼ a k a_1\sim a_k a1∼ak。
当 k k k小的时候显然有一个dfs所有元素的算法，用__builtin_popcountll()即可做到 O ( 2 k ) \mathcal O(2^k) O(2k)求解。
当 k k k大的时候一个算法是对于非主元的部分采用DP。大致是依次枚举每个数，记录 F [ S ] [ i ] F[S][i] F[S][i]表示考虑到当前数字，非主元部分异或和为 S S S，主元部分有 i i i个（也即恰好选了 i i i个）的方案数，转移直接考虑这个数选不选即可。时间复杂度为 O ( k 2 2 m − k ) \mathcal O(k^22^{m-k}) O(k22m−k)。平衡一下两个算法可以做到 O ( n m + m ⋅ 2 m 2 ) \mathcal O(nm+m\cdot 2^{\frac{m}{2}}) O(nm+m⋅22m)的复杂度，只能通过E1。
考虑优化 k k k大时的算法。
考虑用FWT求解。现在要求 p c p_c pc，令线性基元素能表出的集合幂级数为 F F F， c c c位二进制整数对应的集合幂级数为 G c G_c Gc，则 p c = ( [ x 0 ] I F W T ( F W T ( F ) ⋅ F W T ( G c ) ) ) ⋅ 2 n − k p_c=([x^0]IFWT(FWT(F)\cdot FWT(G_c)))\cdot 2^{n-k} pc=([x0]IFWT(FWT(F)⋅FWT(Gc)))⋅2n−k（这里集合幂级数的乘法是点乘）。考虑 F W T ( F ) FWT(F) FWT(F)，根据FWT的公式， [ x S ] F W T ( F ) = ∑ i ( − 1 ) ∣ i ∧ S ∣ ( [ x i ] F ) [x^S]FWT(F)=\sum_{i}(-1)^{|i\land S|}([x^i]F) [xS]FWT(F)=∑i(−1)∣i∧S∣([xi]F)。注意到 [ x i ] F [x^i]F [xi]F只有当 i i i能被线性表出的时候为 1 1 1，否则为 0 0 0。
那么考虑把 i i i拆成 a a a中元素的异或，此时可以把 ( − 1 ) ∣ i ∧ S ∣ (-1)^{|i\land S|} (−1)∣i∧S∣拆开，容易证明 [ x S ] F W T ( F ) [x^S]FWT(F) [xS]FWT(F)只有在 ∀ 1 ≤ i ≤ k , ∣ S ∧ a i ∣ ≡ 0 ( m o d 2 ) \forall 1\leq i\leq k,|S\land a_i|\equiv 0(\bmod \ 2) ∀1≤i≤k,∣S∧ai∣≡0(mod 2)时为 2 k 2^k 2k，其余时候均为 0 0 0。
也即，若将线性基里的元素写成一个 k ⋅ m k\cdot m k⋅m的矩阵 A A A，将 S S S按位写成长为 m m m的列向量 x x x，那么 [ x S ] F W T ( F ) = 2 k [x^S]FWT(F)=2^k [xS]FWT(F)=2k当且仅当 A x = 0 Ax=0 Ax=0（ m o d 2 \bmod \ 2 mod 2意义下），也即 x x x在 A A A的解空间中。由于 r a n k ( A ) = k rank(A)=k rank(A)=k，根据一点简单的线代知识， A A A的解空间的秩为 m − k m-k m−k，且可知这样的 S S S为 m − k m-k m−k个数的张成。
又可以注意到 [ x S ] G c [x^S]G_c [xS]Gc只跟 ∣ S ∣ |S| ∣S∣有关，可以预先 O ( m 3 ) \mathcal O(m^3) O(m3)DP出 g i , j g_{i,j} gi,j表示当 c = i , ∣ S ∣ = j c=i,|S|=j c=i,∣S∣=j时 [ x S ] G [x^S]G [xS]G的值。那么直接dfs所有可能的 S S S，算出每种 ∣ S ∣ |S| ∣S∣有多少个数，再乘上对应的系数即可。这部分时间复杂度为 O ( 2 m − k + m 3 ) \mathcal O(2^{m-k}+m^3) O(2m−k+m3)。
那么与 k k k小时的算法平衡一下即可做到 O ( n m + m 3 + 2 m 2 ) \mathcal O(nm+m^3+2^{\frac{m}{2}}) O(nm+m3+22m)的时间复杂度，可以通过E2。
#include F. Journey
跟NOI2018 D2T2很像，做过那个题的话思维上不存在太大的难度。
分选的两条链LCA是否相同讨论。
若LCA不相同，一定满足较浅的LCA是较深的LCA的祖先。那么枚举较深的LCA的链，显然另一条链只会跟它到LCA某侧的路径有交，因此一个端点在某个距LCA距离为 k k k的点的子树中，而另一个端点在LCA的子树外，这可以用线段树合并方便地统计答案。
若LCA相同，如果此时选的两条链有一个端点为LCA或者不在两边都有交跟上面情况类似，只考虑两条链两个端点都在某两个特定子树中的情况。考虑把这些链在一边子树中的端点拿出来建一个虚树。考虑枚举两条链这边端点的LCA，做一个启发式合并，那么固定了一条链和当前枚举的LCA的话，就知道另一边LCA深度的下界了，此时跟它有贡献的链在另一边的端点在某个子树中，数据结构维护即可。
实际实现的时候可以用链分治替代启发式合并。具体来说考虑dfs虚树，dfs到一个点的时候先递归重儿子，再加入一端为这个点的链，再dfs轻儿子，这样只需要对dfs序开 O ( log n ) \mathcal O(\log n) O(logn)个树状数组即可。
时间复杂度 O ( n log n + q log 2 n ) \mathcal O(n\log n+q\log^2n) O(nlogn+qlog2n)。
#include