先考慮乙個多項式做法：
根據套路從高到低位確定答案。
令當前位\(i\)為\(0\)，貪心的讓後面合法。顯然把\(1~i-1\)位都設成\(1\)進行判定。
考慮當前\(a\)的最大值\(v\)，掃到第\(j\)位。
如果\(v\)的長度大於\(j\)顯然無解
否則如果\(v\)的第\(i\)位為\(0\)，則刪除最大值繼續判定。
如果\(v\)的第\(i\)為為\(1\)，則把這一位的\(1\)和前導\(0\)刪除後繼續判定
取出最大值的正確性可以感性理解，就是如果當前位不覆蓋最大值，則後面的位更難覆蓋。
考慮加速比較的過程。
我們需要支援乙個資料結構，要求快速插入，刪除最大值，取出最大值。
使用堆+二分+雜湊可以做到\(o(n^2\log_2^2n)\)
但是我們比較只涉及兩個開頭為\(1\)的某個字串的字尾（還要把前面補\(0\)）比較。
使用基數排序/二分+雜湊即可將所有字尾排序。
比較時間複雜度降低至\(o(n^2\log_2n)\)
70分**如下：
#includeusing namespace std;
#define n 500010
#define int long long
#define m1 998244353
#define m2 1000000007
int n,l[n],ct,p1[n],p2[n],h1[n],h2[n],cc,ans[n],cv,la[n],rk[n],st[n],lv[n],dl[n],tp[n];
char c[n],ch[n*30];
vectorv[n],id[n];
struct no;
struct nnp[n];
int operator <(no x,no y));
cv++;
}for(int j=i-1;j;j--)
else if(x.le==j)
else
ct++;
}else
ct++;
}if(ct!=cv)
ok=0;
if(ok)
ans[i]=0;
else);
no x=q.top();
q.pop();
if(x.le==i)
else
dl[x.x]=1;
ans[i]=1;
}} int ok=0;
for(int i=ml+n+1;i;i--)
}}
有部分分\(a_i=2^k\)。這個部分分的特點：在上面演算法，討論\(a_i\)是否等於\(0\)是不必要的。因為如果覆蓋當前位置，當前位置的元素就會被刪除。
還是考慮判定當前位是否能為1。把所有數按照\(k\)從大到小排序。
令\(mx_i=l_i+i-1\)的最大值，其中\(l_i\)為第\(i\)位的長度。則只要判定當前位\(mx\)是否小於\(x\)，即可判定
這是因為如果我們用乙個全是\(1\)的字首貪心覆蓋當前點，則到當前點\(j\)的串長度為\(i-j\)。
推一下就知道這樣子是正確的。
維護乙個指標\(pt\)表示判定到**。如果當前位置放置\(1\)，則\(pt--\)否則不變。
使用\(mx_pt\)即可判定當前位置是否一定要放\(1\)。
一般情況也是把所有有用的字尾（開頭為\(1\)）從大到小排。
在一般情況，令\(mx=l_i+i-1\)的最大值，則答案長度的上界是\(2^\)，下界是\(2^\)，把所有數變為\(2^\)和\(2^\)就可以證明。
考慮我們的貪心過程。如果我們當前的\(mx<\)的話，則前面的位都會被刪除。
當前位由於我們放置的\(1\)等於當前位的最大值的最高位，所以把當前位刪除首位的\(1\)，前面位全部刪除即可繼續判定。
可以遞迴。
設\(pd(b)\)表示答案長度最大為\(b\)是否合法
我們判定答案長度是否能是\(2^\)，把當前位\(k\)刪除首位的\(1\)，前面位全部刪除即可遞迴\(pd(b-k)\)。
可以把當前位刪除，當前位的後面乙個字尾插入。
判定答案長度是否能是\(2^\)，把當前位\(k\)和前面位全部刪除即可遞迴\(pd(b-k+1)\)
使用乙個下標為所有字尾排名的線段樹維護\(l_i+i-1\)，如果刪除就是把當前位置置為\(-\inf\)，當前位置後面的數\(-1\)。
插入就是如果刪除就是把當前位置加上\(-\inf\)，當前位置後面的數\(+1\)。
用線段樹二分找到第乙個\(=mx\)的位置。
如果當前位置可以更新答案，則前面沒卡到上界的位都是取到\(10000...0000\)。
時間複雜度不會證明，但是好像是\(o(|s|\log_2|s|)\)
**非常長，但是是因為內嵌暴力導致的。
#includeusing namespace std;
#define n 300010
int n,l[n],ct,ans[n],cv,la[n],rk[n],st[n],lv[n],dl[n],tp[n],h1[n],rr[n],cs,ss[n],tt,nx[n];
char c[n],ch[n];
vectorid[n],lg[n],vi[n];
struct nna[n];
struct nt;
int operator <(nn x,nn y)
} void ad(int o,int l,int r,int x,int y,int z)
pd(o);
int md=(l+r)/2;
qp(o*2,l,md,vc);
if(mx[o*2]ml)
return 0;
vectorva;
t.qp(1,1,cv,va);
int po=va.back();
va.pop_back();
for(int i=0;i=b-sz;i--)
ans[i]=1;
return 1;
} if(la[ss[po]])
dd(rk[la[ss[po]]]);
if(b+1<=ml&&dfs(b-(int)va.size()))
for(int i=0;i=i)
break;
s.erase(s.begin());
} int ct=0;
for(it=s.begin();it!=s.end();it++);
} sort(a+1,a+ct+1);
for(int j=1;j<=ct;j++)
rk[a[j].i]=++cg;
} if(sl<=1000));
cv++;
}for(int j=i-1;j;j--)
else if(x.le==j)
else
ct++;
}else
ct++;
}if(ct!=cv)
ok=0;
if(ok)
ans[i]=0;
else);
no x=q.top();
q.pop();
if(x.le==i)
else
dl[x.x]=1;
ans[i]=1;
}} int ok=0;
for(int i=ml+n+1;i;i--)
} else
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;jif(j&&!(vi[i][j]&&!nx[id[i][j]]))
dd(rk[id[i][j]]);
dfs(1e9);
int ok=0;
for(int i=ml+n+1;i;i--)
}}
loj2850 無進製加法
似乎漏了乙個資料範圍，cf上的題面中還有 sum l le 3 cdot 10 考慮 a 2 時 不妨 k ge k ge ge k 記 sum b 的最高位為 l 則有 l max k i 1 證明 大於等於 2 的 b 至少要 i 個，因此該值即為下限 取 b 2 i 1 ge 2 因此一定可行...
ROI 2018 Day 2 無進製加法
題目大意 給出二進位制數 a 1,ldots a n 對於 b 1 ldots b n 滿足 a i leq b i bigoplus b i sum b i 其中 bigoplus 為異或和 求 sum b i 最小值 設長度量級為 n sum len a i 列舉當前位為0，下面的位為1，貪心確...
XDOJ B進製加法
時間限制 1 sec 記憶體限制 128 mb 提交 301 解決 62 提交 狀態 討論版 小w在iphone上裝了乙個計算器程式，可以處理b進製數。亮亮對此非常鄙視，說 我口算都能把b進製數的加減乘除算出來！現有有兩個b進製正整數x y，亮亮算出了它們的和 也用b進製表示 你需要寫乙個對拍程式。...