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CodeforcesF1
CodeforcesF2
LuoguF1
LuoguF2
Description.
有一個長度為 \(n\) 的序列，求每個嚴格遞增子序列異或值的並。
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。
大概就是記 \(dp_i\) 表示當前 \(\oplus\) 值為 \(i\) 的點的結束位置最小值。
每次枚舉一遍值域就行了，總復雜度 \(O(nV)\) 可以過 F1。
F2 以 \(\oplus\) 值建圖。
這張圖有 \(O(nV)\) 條邊，有 \(O(V^2)\) 個點。
而且是一個分層圖，從第一層出發走問能否走到某層的指定頂點。
我們考慮 \(O(V^2)\) 的做法，嘗試讓 \(O(nV)\) 個冗余狀態消失。
考慮一個點，它第一遍被更新肯定是最優的，也就是說，只要一個點被更新過，那它狀態就確定了。
那我們考慮只讓每個點被更新一次，這樣復雜度就真了。
我們考慮那些 \(O(nV)\) 的邊其實有性質，都是 \((a,qwq)\rightarrow (a\oplus t,t)\) 的邊。
所以如果對 \((a,?)\) 已經向 \((a\oplus t,t)\) 更新過了，那剩下所有邊都不需要了。
而且這個邊還具有單調性，也就是說每次被更新的肯定是一個后綴（因為 \(t\ge qwq\)）。
所以每次更新的肯定是一段區間，然后就可以判斷這段區間有沒有被覆蓋來轉移。
均攤一下發現每個點只會被更新 \(1\) 次，總更新失敗次數 \(O(n)\) 次。
然后總復雜度就是 \(O(V^2+n)\)。
考慮一下具體實現。
反過來考慮，考慮一個點更新它的所有出邊，因為優美的性質集中在目標點。
相當於我們可以預處理出 \((a,qwq)\) 可以更新到哪些點。
如果它已經被更新了那我們直接可以不管它了。
而且如果當前有一個 \((a,qwq)\) 和 \((a,qaq)\) 且 \(qwq\ge qaq\) 那 \((a,qaq)\) 是無意義的。
本質上來說我們可以把某個指定點的每一層給壓起來。
然后只需要記錄當前這個點的所有層可以轉移到哪些點就行了。
Coding.
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//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，就輪到我變成鬼了
#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];//走權為 i 的邊能到 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;
}