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（根号分治、sosdp）洛谷 P10408 Apple / P7842 探险者笔记 III 题解

news 2025/10/31 12:55:31

原因是打 GJOI 10.24（模拟赛 27）时，做到了第二题，讲题的大佬说，同校的大佬曾经出的模拟赛就是一道模板题目。

首先学会找 $s$ 的子集：

for(int sub=s;sub;sub=s&(sub-1))

原理是每次把末位的 1 砍掉，如果是 0 也有退位。

还有限定了 $b$ 位二进制位下的超集：

all=1<<b;
...
ll buj=all^s;
for(int sub=buj;sub;sub=buj&(sub-1))
s|sub---------------------------
for(int i=s;i<all;i=(i+1)|s)

原理：给 $s$ 的每一位 0 填入 1，这相当于关于全集取反得到补集，然后枚举补集的子集，或上 $s$ 得到超集。也可以用下面的写法，和求子集的方法同理。

1.Apple

题意

LAR 有 $2^n$ 个苹果，苹果用 $0$ 到 $2^n - 1$ 编号，编号为 $i$ 的苹果的价值是 $v_i$ 。

如果 $Aor⁡B=AA\operatorname{or}B=A$ ，那么可以说 $A$ 包含 $B$ （ $or⁡\operatorname{or}$ 是按位或）。

因为 LAR 的苹果太多了，所以他不知道如何挑选苹果。他想进行一些操作，方便他吃苹果。

总共有两种操作，共 $q$ 个操作：

$S1\ S$ ，询问所有编号被 $S$ 包含的苹果的价值总和。
$A2\ S\ A$ ，改变编号为 $S$ 的苹果的价值为 $A$ （将 $v_S$ 改为 $A$ ）。

$1≤n≤201\le n \leq 20$ ， $\le q\leq3\times10^5$ ， $0≤vi≤231−10\leq v_i\leq 2^{31}-1$ 。

思路

如果只有查询，就是高维前缀和（sosdp）模板。要改变 $s$ 的价值，那么 $s$ 的超集就要同步更新，枚举超集需要 $O(2^n)$ 。

于是大佬就讲了一个很高级的做法——高低位分治。即令 $b=n2b=\frac{n}{2}$ ，将 $s$ 的前 $b$ 位和后 $b$ 位分开：

对于前 $b$ 位，都对后 $b$ 位做高维前缀和；
修改 $s$ 以及超集，只更新 $s$ 后 $b$ 位的超集；
查询 $s$ 的子集，查询 $s$ 前 $b$ 位的所有子集携带的后 $b$ 位子集和。

因为折半，所以开头预处理初始高维前缀和时间复杂度为 $O(2^n)$ ，修改和查询都是 $O(2^b)$ ，时间复杂度来到 $O(2^n+2^bq)$ 。

为什么这样就是对的？

对于查询的 $s$ 拆成 $hi_s$ 和 $lw_s$ ，对 $hi_s$ 的子集、对应 $lw_s$ 子集和 $f_{lw_s}$ 求和，就覆盖了所有子集；
假设 $s$ 的某个子集 $s u b$ 的值在查询之前被修改，根据做法就是更新 $hi_{sub}$ 下的 $lw_{sub}$ 超集，因为 $lwsub⊆lwslw_{sub}\subseteq lw_s$ ，所以 $hi_{sub}$ 下 $f_{lw_s}$ 被更新；
查询 $s$ 的时候， $hi_s$ 的子集有 $hi_{sub}$ ， $hi_{sub}$ 下的 $f_{lw_s}$ 会被算进贡献。

于是这是正确的。这其实是高维前缀和直接包含了所有子集这一性质的妙用。具体细节见代码。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=21,B=10,S=(1<<B),Sa=(1<<N);
ll n,Q,all;
ll b,a[Sa];
struct sos
{ll f[S];void init(){for(int i=0;i<b;i++)for(int mask=0;mask<(1<<b);mask++)if(mask&(1<<i))f[mask]+=f[mask^(1<<i)];}void add(ll s,ll k){ll buj=all^s;for(int sub=buj;sub;sub=buj&(sub-1))f[s|sub]+=k;f[s]+=k;}
}U[S];
int main()
{scanf("%lld%lld",&n,&Q);b=n/2;all=(1<<b)-1;for(ll i=0;i<(1<<n);i++){scanf("%lld",&a[i]);ll hi=(i>>b),lw=i^(hi<<b);U[hi].f[lw]=a[i];}for(int i=0;i<(1<<b);i++)U[i].init();while(Q--){ll op,s,x;scanf("%lld%lld",&op,&s);ll hi=(s>>b),lw=s^(hi<<b);if(op==2){scanf("%lld",&x);U[hi].add(lw,x-a[s]);a[s]=x;}else {ll ret=0;for(int sub=hi;sub;sub=hi&(sub-1))ret+=U[sub].f[lw];ret+=U[0].f[lw];printf("%lld\n",ret);}}return 0;
}

2.探险者笔记 III

题意

改制后的《探险者笔记》由 $n$ 个关卡组成，每个关卡有一个难度 $b_i$ ，同时有 $m$ 个成就，第 $i$ 个成就需要你恰好完成 $sum_i$ 个关卡，且刚好分别是 $a_{i_1},a_{i_2},...,a_{i_{sum_i}}$ 。完成第 $i$ 个成就可以得到 $v_i$ 的分数。

如果长时间推关而没有获得任何成就，小 Soup 会感到疲乏。而且成就的解锁是有一定顺序的。因此上一个获得第 $i$ 个成就接下来再获得第 $j$ 个成就的条件是 $i < j$ 且 $w+∑k=1sumibaik≥∑k=1sumjbajkw+\sum\limits_{k=1}^{sum_i}b_{a_{i_k}}\ge\sum\limits_{k=1}^{sum_j}b_{a_{j_k}}$ ，其中 $w$ 是一个给定的常数。

第一次获得成就没有任何限制。求最多他能得到多少分数。

$1≤n≤18,1≤m≤105,1≤sumi≤18,1≤w,bi,vi≤103,1≤ai≤n1\le n\le18,1\le m\le10^5,1\le sum_i\le18,1\le w,b_i,v_i\le10^3,1\le a_i\le n$ 。

思路

注意题意，后面的成就能够达成，需要前面做的任务是后面要求的子集。

记 $sum_i$ 表示成就 $i$ 的难度总和， $st_i$ 表示任务 $i$ 代表的任务状态，设 $f_i$ 表示，以成就 $i$ 作为最后一个，能够完成的最大成就数量。有转移：
$fi=max⁡j<i,w+sj≥si,stj⊆stifj+1f_i=\max_{j<i,w+s_j\ge s_i,st_j\subseteq st_i}{f_j}+1$

发现这个转移条件很偏序啊，是可以用 cdq 维护的。怎么维护第三个偏序条件呢？一般来说三维偏序的第三维是放到树状数组上维护，这里维护子集的 dp 最大值就可以用 sosdp 维护。

但是鉴于这里二进制位有 $18$ 位，我们考虑用上面的高低位分治进行维护。

然后就是经典的 cdq 分治优化 dp 了：先遍历左区间，处理左区间对右区间的贡献（满足一重偏序），然后再遍历右区间。时间复杂度 $O(2^{b}m\log^2 m)$ ，这里 $b=⌈n2⌉b=\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=20,M=1e5+9,S=1<<10;
ll n,m,w;
ll b,all;
ll bb[N];
struct award
{ll val;ll st,sum;
}a[M];
ll id[M];
bool cmp(ll x,ll y)
{return a[x].sum>a[y].sum;
}
struct sos
{ll f[S];void add(ll s,ll k){ll buj=all^s;for(ll sub=buj;sub;sub=buj&(sub-1))f[s|sub]=max(f[s|sub],k);f[s]=max(f[s],k);}void clean(ll s){ll buj=all^s;for(ll sub=buj;sub;sub=buj&(sub-1))f[s|sub]=0;f[s]=0;}
}U[S];
struct BUT
{void add(ll s,ll k){ll hi=(s>>b),lw=s^(hi<<b);U[hi].add(lw,k);}ll query(ll s){ll hi=(s>>b),lw=s^(hi<<b);ll ret=U[0].f[lw];for(ll sub=hi;sub;sub=hi&(sub-1))ret=max(ret,U[sub].f[lw]);return ret;}void clean(ll s){ll hi=(s>>b),lw=s^(hi<<b);U[hi].clean(lw);}
}B;
ll F[M],ans;
void cdq(ll l,ll r)
{if(l>=r){F[id[l]]=max(F[id[l]],a[id[l]].val);ans=max(ans,F[id[l]]);return;}ll mid=(l+r)>>1;cdq(l,mid);sort(id+l,id+mid+1,cmp);sort(id+mid+1,id+r+1,cmp);ll p=l,q=mid+1;while(p<=mid&&q<=r){if(a[id[p]].sum+w>=a[id[q]].sum){//	cout<<id[p]<<"->"<<id[q]<<endl;B.add(a[id[p]].st,F[id[p]]);p++;}else {F[id[q]]=max(F[id[q]],B.query(a[id[q]].st)+a[id[q]].val);ans=max(ans,F[id[q]]);q++;}}while(p<=mid){B.add(a[id[p]].st,F[id[p]]);p++;}while(q<=r){F[id[q]]=max(F[id[q]],B.query(a[id[q]].st)+a[id[q]].val);ans=max(ans,F[id[q]]);q++;}for(int o=l;o<=mid;o++)B.clean(a[id[o]].st);for(int o=l;o<=r;o++)id[o]=o;cdq(mid+1,r);
}
void _2(ll x)
{ll w[N],tot=0;while(x){w[++tot]=(x&1);x>>=1;}for(int i=tot;i>=1;i--)cout<<w[i]<<" ";puts(""); 
}
int main()
{scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&w);b=n/2;for(int i=0;i<n;i++)scanf("%lld",&bb[i]);all=(1<<(n-b))-1;for(int i=1;i<=m;i++){ll x,m;id[i]=i;scanf("%lld%lld",&a[i].val,&m);for(int j=1;j<=m;j++){scanf("%lld",&x);a[i].st|=(1<<(x-1));a[i].sum+=bb[x-1];}//	printf("sum:%lld state:",a[i].sum); //	_2(a[i].st);}cdq(1,m);
//	for(int i=1;i<=m;i++)
//	cout<<F[i]<<" ";
//	cout<<endl;printf("%lld",ans);return 0;
}