2020-11-21 f

题意：给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(A\)，\(A_i \in [0, 2 ^ k)\)。定义 \(f(x)\) 为 \(A_1\) ^ \(x\)，\(A_2\) ^ \(x \cdots\) \(A_n\) ^ \(x\) 这个序列的逆序对数量。现在将 \(x \in [0, 2 ^ k)\) 按照 \(f(x)\) 为第一关键字，\(x\) 为第二关键字从小到大排序，求排名为 \(p\) 的 \(f(x)\) 及 \(x\)。

\(n \le 5 \times 10 ^ 5, 0 \le k \le 30, 1 \le p \le 2 ^ k\)

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简要题解如下：

1. 考虑点对 \((i, j)(i < j)\) 对每个 \(f(x)\) 的贡献。

2. 不难发现，找到 \(a_i, a_j\) 最高的不相同的位置 \(u\) 那么 \(a_i, a_j\) ^ \(x\) 后的大小关系只于 \(u\) 这一位的选择有关。

3. 若 \(a_i < a_j\) 那么当且仅当 \(u\) 这位为 \(1\) 会造成贡献；否则 \(u\) 这位为 \(0\) 会造成贡献。

4. 注意到枚举点对是 \(\mathcal{O(n ^ 2)}\) 级别的，考虑优化这个枚举的过程。

5. 可以发现因为本质上是点对对答案造成的贡献，可以使用类似于 \(\rm CDQ\) 分治的做法来优化这个流程。

6. 我们将在从高往低 \(u\) 这个位上不同的数分为两个集合，因为数组是按照排列顺序来的，于是可以 \(\mathcal{O(n)}\) 地计算出这一位的贡献。然后递归处理两个集合，复杂度 \(\mathcal{O(nk)}\)。

7. 接下来考虑一个经典转化：二分答案，统计小于小于等于 \((f(x), x)\) 的数量个数。

8. 统计时折半搜索，然后使用双指针优化即可减小一半的指数。

复杂度 \(\mathcal{O(k2 ^ {k / 2} + nk)}\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++i)
const int N = 5e5 + 5;
const int M = 30 + 5;
struct node { int x, y;} L[(1 << (M / 2))], R[(1 << (M / 2))];
int n, k, p, lx, rx, val, a[N], f[2][M];
int read() {
	char c; int x = 0, f = 1;
	c = getchar();
	while (c > '9' || c < '0') { if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
	while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
	return x * f;
}
void solve(vector <int> G, int k) {
	if(k < 0 || !G.size()) return ;
	vector <int> L, R; int lx = 0, rx = 0;
	for (int i = 0; i < G.size(); ++i) {
		if((G[i] >> k) & 1) f[1][k] += lx, ++rx, R.push_back(G[i]);
		else f[0][k] += rx, ++lx, L.push_back(G[i]);
	}
	solve(L, k - 1), solve(R, k - 1);
}
bool cmp(node a, node b) { return a.x == b.x ? a.y < b.y : a.x < b.x;}
int check(int val, int x) {
	int ans = 0, j = rx;
	rep(i, 1, lx) {
		for (; R[j].x + L[i].x > val && j; --j) ;
		for (; R[j].x + L[i].x == val && R[j].y + L[i].y > x && j; --j) ;
		ans += j;
	}
	return ans;
}
signed main () {
	freopen ("f.in", "r", stdin);
	freopen ("f.out", "w", stdout);
	n = read(), k = read(), p = read();
	rep(i, 1, n) a[i] = read();
	vector <int> G; rep(i, 1, n) G.push_back(a[i]);
	solve(G, k - 1);
	lx = (1 << (k / 2)), rx = (1 << (k - k / 2));
	rep(i, 0, lx - 1) L[i + 1].y = i * rx;
	rep(i, 0, rx - 1) R[i + 1].y = i;
	rep(i, 0, lx - 1) rep(j, 0, k / 2 - 1) L[i + 1].x += f[(i >> j) & 1][j + k - k / 2];
	rep(i, 0, rx - 1) rep(j, 0, k - k / 2 - 1) R[i + 1].x += f[(i >> j) & 1][j];
	sort(L + 1, L + lx + 1, cmp), sort(R + 1, R + rx + 1, cmp);
	int l = 0, r = n * n / 2;
	while (l < r) {
		int Mid = (l + r) / 2;
		if(check(Mid, 1 << k) >= p) r = Mid;
		else l = Mid + 1;
	}
	val = r, l = 0, r = (1 << k) - 1;
	while (l < r) {
		int Mid = (l + r) / 2;
		if(check(val, Mid) >= p) r = Mid;
		else l = Mid + 1;
	}
	printf("%lld %lld", val, r);
	return 0;
}

首先发现点对对每位之间的贡献是独立的是非常重要的

其次需要意识到本质上是点对的贡献，通常使用分治解决。

注意查排名或字典序的套路：

1. 二分答案转化为查询小于等于答案的数量个数

2. 按位确定答案，同样转化为统计某一个前缀下后缀随意的数量

折半搜索通常解决一类选择没有关联性，两边可合并的问题，数据范围出现 \(30, 40\) 尤其要注意。