【CF1286F】Harry The Potter（折半，子集卷积）
首先若用了第二种操作，就在 ( i , j ) (i,j) (i,j) 之间连一条边。
发现图中不可能出现环，否则我们将这个环删掉，并用等同次数的一操作即可与环上原操作做到等价。
那么考虑一个数集 S = { a 1 , ⋯ , a k } S=\{a_1,\cdots,a_k\} S={a1,⋯,ak} 有没有可能形成一条树而全部消掉。
考虑从下往上推，叶子 x x x 只有可能取它自己，而另一端有可能取 x ± 1 x\pm 1 x±1。
从而倒数的某个点 y y y 第二层有可能取 y − ∑ x ∈ s o n ( y ) ( x ± 1 ) = y − ∑ x ∈ s o n ( y ) x + { − ∣ s o n ( y ) ∣ , − ∣ s o n ( y ) ∣ + 2 , ⋯ , ∣ s o n ( y ) ∣ − 2 , ∣ s o n ( y ) ∣ } y-\sum_{x\in son(y)}(x\pm 1)=y-\sum_{x\in son(y)}x+\{-|son(y)|,-|son(y)|+2,\cdots,|son(y)|-2,|son(y)|\} y−∑x∈son(y)(x±1)=y−∑x∈son(y)x+{−∣son(y)∣,−∣son(y)∣+2,⋯,∣son(y)∣−2,∣son(y)∣}。
最后我们要让根取 0 0 0，这等价于 0 ∈ ∑ d e p ( x ) m o d 2 = 1 x − ∑ d e p ( x ) m o d 2 = 0 x + { − ( k − 1 ) , − ( k − 1 ) + 2 , ⋯ , ( k − 1 ) − 2 , k − 1 } 0\in \sum_{dep(x)\bmod 2=1}x-\sum_{dep(x)\bmod 2=0}x+\{-(k-1),-(k-1)+2,\cdots,(k-1)-2,k-1\} 0∈∑dep(x)mod2=1x−∑dep(x)mod2=0x+{−(k−1),−(k−1)+2,⋯,(k−1)−2,k−1}。
最后得到等价条件是：
- ∑ a i + ( k − 1 ) \sum a_i+(k-1) ∑ai+(k−1) 为偶数。
- 能将 S S S 划分为两个非空集合 A , B A,B A,B，且 ∣ ∑ a ∈ A a − ∑ b ∈ B b ∣ ≤ k − 1 |\sum_{a\in A}a-\sum_{b\in B}b|\leq k-1 ∣∑a∈Aa−∑b∈Bb∣≤k−1。
如果暴力地枚举 S , A S,A S,A 并检验是 O ( 3 n ) O(3^n) O(3n) 的。更好的做法是枚举 S S S，然后折半，两半分别求出 2 ∣ S ∣ 2 2^{\frac{|S|}{2}} 22∣S∣ 种子集和并排序好（这里排序能边求边做），然后再双指针扫一下，时间复杂度 O ( 2 ∣ S ∣ 2 ) O(2^{\frac{|S|}{2}}) O(22∣S∣)。这部分总复杂度：
∑ i = 1 n ( n i ) 2 i / 2 = ( 1 + 2 ) n \sum_{i=1}^n\binom{n}{i}2^{i/2}=(1+\sqrt 2)^n i=1∑n(in)2i/2=(1+2)n
然后原问题相当于要选尽量多的 S 1 , ⋯ , S m S_1,\cdots,S_m S1,⋯,Sm 不交且它们都能被表示出来，直接 DP 是 O ( 3 n ) O(3^n) O(3n) 的。更好的做法是二分 m m m，然后转为 m m m 次幂的子集卷积，看是否有一位为 1 1 1。用倍增而非二分即可做到 O ( n 2 2 n log n ) O(n^22^n\log n) O(n22nlogn)。
卡常卡吐了。
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