(mathcal{Description})
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给定两个长度为 (K) 的 (01) 串 (S,T) 和 (n) 组操作 ((a_i,b_i))，意义为交换 (S_{a_i}) 和 (S_{b_i})。你需要执行一段长度不小于 (m) 的连续操作区间，最大化 (S) 和 (T) 相同的位数。求出最大相同位数。
(Kle20)，(mle nle10^6)。
(mathcal{Solution})
一个简单的性质：(S) 和 (T) 同时执行相同操作，答案不变。
那么可以想到利用后缀和——记 (S_i) 表示 (S) 依次执行操作 (isim n) 所得到的串，(T_i) 同理。根据性质，(S) 操作区间 ([l,r]) 后与 (T) 的相同位数等于 (S_l) 和 (T_{r+1}) 的相同位数。
现在问题变成，给定两个长为 (n+1) 的串序列 ({S_{n+1}},{T_{n+1}})，求：
[ max_{1le i+m-1le rle n+1}{operatorname{same}(S_i,T_j)}
]
其中 (operatorname{same}) 表示两个串的相同位数。
接下来考虑 DP。定义：
[ f(0,v)=min_{vin S_i}i\
f(1,v)=max_{vin T_i}i
]
枚举二进制 (v)，转移，如果有 (f(0,v)+m-1le f(1,v))，就可以用 (operatorname{popcount}(v)) 更新答案。
(mathcal{Code})
/* Clearink */
#include <cstdio>
inline int rint ( const int base = 10 ) {
int x = 0; char s = getchar ();
for ( ; s < '0' || '9' < s; s = getchar () );
for ( ; '0' <= s && s <= '9'; s = getchar () ) x = x * base + ( s ^ '0' );
return x;
}
template<typename Tp>
inline void wint ( Tp x ) {
if ( x < 0 ) putchar ( '-' ), x = ~ x + 1;
if ( 9 < x ) wint ( x / 10 );
putchar ( x % 10 ^ '0' );
}
inline void chkmin ( int& a, const int b ) { b < a ? a = b : 0; }
inline void chkmax ( int& a, const int b ) { a < b ? a = b : 0; }
const int MAXN = 1e6, MAXS = 1 << 20;
int n, m, S, T, K, a[MAXN + 5], b[MAXN + 5], p[MAXN + 5], f[2][MAXS | 5];
inline int swp ( int x ) {
int ret = 0;
for ( int i = 0; i < K; ++ i ) ret |= ( ( x >> i ) & 1 ) << p[i];
return ret;
}
int main () {
n = rint (), m = rint (), K = rint ();
S = rint ( 2 ), T = rint ( 2 );
for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) a[i] = K - rint (), b[i] = K - rint ();
for ( int s = 0; s < 1 << K; ++ s ) f[0][s] = n + 1, f[1][s] = -1;
f[1][T] = n + 1;
for ( int i = 0; i < K; ++ i ) p[i] = i;
for ( int i = n; i; -- i ) {
p[a[i]] ^= p[b[i]] ^= p[a[i]] ^= p[b[i]];
chkmin ( f[0][swp ( S )], i ), chkmax ( f[1][swp ( T )], i );
}
int ans = -1, ansl = -1, ansr = -1;
for ( int s = ( 1 << K ) - 1; ~s; -- s ) {
for ( int i = 0; i < K; ++ i ) {
if ( !( ( s >> i ) & 1 ) ) continue;
chkmin ( f[0][s ^ ( 1 << i )], f[0][s] );
chkmax ( f[1][s ^ ( 1 << i )], f[1][s] );
}
if ( f[1][s] - f[0][s] >= m ) {
if ( int t = __builtin_popcount ( s ); ans < t ) {
ans = t, ansl = f[0][s], ansr = f[1][s] - 1;
}
}
}
ans = 2 * ans + K - __builtin_popcount ( S ) - __builtin_popcount ( T );
wint ( ans ), putchar ( '
' );
wint ( ansl ), putchar ( ' ' ), wint ( ansr ), putchar ( '
' );
return 0;
}