（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
利用上面的這個結論，我們開始考慮正解
如果令$k_$表示$a_$最高的二進位制位，那麼$2^}\le a_<2^+1}$，取$a'_=2^+1}$，設此時$\sum_^b_$的最高為$l_+1$，$a_$減小$b_$不增，因此答案中$\sum_^b_$的最高位不超過$l_+1$
令$t=\min_+i=l_}i$，考慮答案（$\sum_^b_$）的第$[k_,l_+1]$位（共$t+1$位），必然存在$t$位為1（每乙個1最多消除乙個$a_$，而存在$t$個$a_$最高位大於等於$k_$）
又因為$\forall 1\le i由於$[k_,l_+1]$中第$t$個1（從高到低）必然是$k_+1$位或第$k_$位（也有可能都選），判定當第$k_+1$位為0時能否刪除$a_,a_,...,a_$，對結果分類討論：
1.若可以，即最低位可以為$k_$，必然貪心選擇令第$[k_,l_]$位為1並剩下$a_-2^}$
2.若不可以，則第$[k_+1,l_+1]$位都必須填1，之後將$a_,a_,..,a_$都刪除即可
考慮如何判定，可以再次呼叫本過程（遞迴），即在判定過程中順便求出最小解（若有解，否則返回無解），因此對於第1種情況直接就可以退出，第2種仍要遞迴下去
時間複雜度很玄學，遞迴次數大概是$o(l)$的
對於每一次內部，用線段樹來維護區間最大值，具體方法如下：
1.對於$i$可以通過插入/刪除乙個數時，對之後的位置+1或-1來實現
2.對於每乙個$a_$，剩餘的一定是二進位制下的乙個字尾，那麼將所有數每乙個字尾（其實也只需要那一位上有1，否則跟上乙個字尾相同）放在一起基數排序，至多為$o(\sum l)$個數
3.對於每乙個$a_$，要維護下乙個1的位置（預處理）；對於線段樹上，維護區間最大值，以及查詢第乙個最大值並將小於等於其的位置暴力插入，支援單點插入或刪除
這樣的複雜度再多乙個log，總複雜度即為$o((\sum l)\log \sum l)$
1 #include2view codeusing
namespace
std;
3#define n 300005
4#define oo 0x3f3f3f3f
5#define l (k<<1)
6#define r (l+1)
7#define mid (l+r>>1)
8 vectorv[n];
9int n,m,la,rk[n],bit[n],nex[n],top[n],ans[n],f[n<<2],tag[n<<2
];10
char
s[n];
11bool cmp(int x,int
y)14
void upd(int k,int
x)18
void down(int
k)23
void build(int k,int l,int
r)28
build(l,l,mid);
29 build(r,mid+1
,r);
30 f[k]=max(f[l],f[r]);31}
32void update(int k,int l,int r,int x,int y,int
z)38
down(k);
39update(l,l,mid,x,y,z);
40 update(r,mid+1
,r,x,y,z);
41 f[k]=max(f[l],f[r]);42}
43void query(int k,int l,int r,int x,vector&v)
49down(k);
50query(l,l,mid,x,v);
51if (f[l]!=x)query(r,mid+1
,r,x,v);52}
53void add(int
k)57
void del(int
k)61
bool dfs(int
mx)74
if(nex[t])del(nex[t]);
75if ((lb+1
<=mx)&&(dfs(bit[t])))
79for(int i=0;i)add(v[i]);
80return0;
81}82int
main()93}
94for(int i=1;i<=n;i++)rk[i]=m+1;95
int mm=m;
96for(int i=0;i)
104}
105 build(1,1
,m);
106for(int i=1;i<=n;i++)add(top[i]);
107dfs(oo);
108bool flag=0
;109
for(int i=n+la;i>=0;i--)
110if ((flag)||(ans[i]))
114 }
無源匯可行流 模板LOJ 115
自個設個源點s，匯點t，每個點 du i 入度 出度。du i 0時 加邊s i，邊權為du i du i 0時 加邊i t，邊權為 du i 設sum為所有 0的du i 的和 求s t的最大流，如果maxflow sum，則存在可行流，此時每條邊流掉的流量 它原本的下界就是實際的流量 dfs過程...
無源匯有上下界可行流 loj模板
loj模板題 思想是 如果存 在可行流 每條邊 必定至少 有下界的 流量 思想是,如果存在可行流,每條邊必定至少有下界的流量 思想是,如果 存在可行 流,每條 邊必定至 少有下界 的流量 那 麼直 接用下屆 填充邊的 流量 那麼直接用下屆填充邊的流量 那麼直接用下 屆填充邊 的流量 每 條邊 的流量...
loj 115 無源匯有上下界可行流
參考部落格 模型 乙個網路,求出乙個流,使得每條邊的流量必須 li且 hi,每個點必須滿足總流入量 總流出量 流量守恆 這個流的特點是迴圈往復,無始無終 這個演算法是有上下界網路流演算法的基礎,只要深刻理解這個演算法其他演算法也就水到渠成,因此我用大篇幅力圖將這個演算法的思想和細節闡述清楚.可行流演...