五一集训Day2
A
转化后的题意是维护带删除线性基，2e7个操作（插入和删除），并在每次操作完后求线性基的大小。
我们把每个添加操作的数的存在时间区间求出来，题意保证了每个数不会同时有两个。在插入的时候同时维护线性基上每一位的删除时间Ti，使得Ti由高往低递减。这样在删除的时候只会删除最低位的，不会造成影响，所以直接删。具体方法是插入一个数的时候，如果当前位有值(ai)且Ti<Tnow，把当前的值和时间都换成这一位的，然后正常构造。这样仍能满足线性基的性质（最小，能表示出所有数）
这个trick挺实用的，贴一下代码。
namespace solve3{
int a[32],T[32];int tt;
inline void insert(int x,int t){
for(int i=31;i>=0;--i){
if((x>>i)&1){
if(a[i]==0){
a[i]=x;
T[i]=t;
tt++;
break;
}else{
if(t>T[i]){
swap(a[i],x);
swap(t,T[i]);
}
}
x^=a[i];
}
}
}
void del(int x){
for(int i=31;i>=0;--i){
if(T[i]==x){
a[i]=T[i]=0,tt--;break;
}
}
}
inline int getans(){
return tt;
}
unordered_map<int,int>mp;int las[N];
int p[N],w[N];
void solve(){
FOR(i,1,q){
int opt=read(),x=read();p[i]=opt;w[i]=x;
if(opt^2){
las[i]=q+1;
mp[x]=i;
}
else{
las[mp[x]]=i;
}
}
FOR(i,1,q){
if(p[i]^2){
insert(w[i],las[i]);
}else del(i);
ans^=(1<<(n-getans()));
//printf("%d
",(1<<(n-lb.getans())));
}
print(ans);
}
}
C
[ans(l,r)=prod_{ ext{p is a prime}}prod_{k>0}(P^k)^{f(p^k)-f(p^{k+1})}
]
[=prod_{ ext{p is a prime}}p^{sum_{k>0}k(f(p^k)-f(p^{k+1}))}
]
[=prod_{ ext{p is a prime}}p^{sum_{k>0}f(p^k)}
]
于是莫队可以(NM^{0.5}logW)，考虑继续优化
首先预处理出每个数的大质数因子，莫队直接算
然后预处理每个(p^k)的倍数的前缀和，个数为(O(frac {sqrt w}{log w} ))
总复杂度为(O((N+M)frac {sqrt w}{log w}))
B
每次枚举一个不相交与当前集合的子集，令这个集合的元素值相等。我们从小到大枚举子集的值，显然这个值不超过每个元素上限的最小值。总复杂度(O(3^N*N))，FWT可以做到(O(2^N*N^3))，不是很会...