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CodeforcesF1
CodeforcesF2
LuoguF1
LuoguF2
Description.
有一个长度为 \(n\) 的序列，求每个严格递增子序列异或值的并。
F1 : \(n\le 10^5,V\le 500\)
F2 : \(n\le 10^6,V\le 5000\)
Solution.
F1 有手就行，直接做，做完了。
大概就是记 \(dp_i\) 表示当前 \(\oplus\) 值为 \(i\) 的点的结束位置最小值。
每次枚举一遍值域就行了，总复杂度 \(O(nV)\) 可以过 F1。
F2 以 \(\oplus\) 值建图。
这张图有 \(O(nV)\) 条边，有 \(O(V^2)\) 个点。
而且是一个分层图，从第一层出发走问能否走到某层的指定顶点。
我们考虑 \(O(V^2)\) 的做法，尝试让 \(O(nV)\) 个冗余状态消失。
考虑一个点，它第一遍被更新肯定是最优的，也就是说，只要一个点被更新过，那它状态就确定了。
那我们考虑只让每个点被更新一次，这样复杂度就真了。
我们考虑那些 \(O(nV)\) 的边其实有性质，都是 \((a,qwq)\rightarrow (a\oplus t,t)\) 的边。
所以如果对 \((a,?)\) 已经向 \((a\oplus t,t)\) 更新过了，那剩下所有边都不需要了。
而且这个边还具有单调性，也就是说每次被更新的肯定是一个后缀（因为 \(t\ge qwq\)）。
所以每次更新的肯定是一段区间，然后就可以判断这段区间有没有被覆盖来转移。
均摊一下发现每个点只会被更新 \(1\) 次，总更新失败次数 \(O(n)\) 次。
然后总复杂度就是 \(O(V^2+n)\)。
考虑一下具体实现。
反过来考虑，考虑一个点更新它的所有出边，因为优美的性质集中在目标点。
相当于我们可以预处理出 \((a,qwq)\) 可以更新到哪些点。
如果它已经被更新了那我们直接可以不管它了。
而且如果当前有一个 \((a,qwq)\) 和 \((a,qaq)\) 且 \(qwq\ge qaq\) 那 \((a,qaq)\) 是无意义的。
本质上来说我们可以把某个指定点的每一层给压起来。
然后只需要记录当前这个点的所有层可以转移到哪些点就行了。
Coding.
点击查看代码
//Coded by STUPID_JUSTlN {{{
//Gened on 2021.10.24 18:05:02
//是啊，你就是那只鬼了，所以被你碰到以后，就轮到我变成鬼了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &x)
{
x=0;char c=getchar(),f=0;
for(;c<48||c>57;c=getchar()) if(!(c^45)) f=1;
for(;c>=48&&c<=57;c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
f?x=-x:x;
}
template<typename T,typename...L>inline void read(T &x,L&...l) {read(x),read(l...);}//}}}
int n,a[1000005],go[5005][8195],cn[8195],rs[8195],rst;
char dp[8195][5005],v[5005][8195];//走权为 i 的边能到 j
inline void adde(int i,int j) {go[i][++cn[i]]=j;}
int main()
{
read(n),dp[0][0]=1;for(int i=1;i<=5000;i++) adde(i,i),v[i][i]=1;
for(int k;n-->0;)
{
read(k);
for(int i=1;i<=cn[k];i++)
{
int tw=go[k][i];dp[tw][k]=1;
for(int j=k+1;j<=5000;j++) if(v[j][tw^j]) break;
else v[j][tw^j]=1,adde(j,tw^j);
}cn[k]=0;
}
for(int i=0;i<8192;i++) for(int j=0;j<=5000;j++) if(dp[i][j]) {rs[++rst]=i;break;}
printf("%d\n",rst);for(int i=1;i<=rst;i++) printf("%d%c",rs[i],i==rst?'\n':' ');
return 0;
}