Codeforces 878D - Magic Breeding（bitset，思维题）

题面传送门

很容易发现一件事情，那就是数组的每一位都是独立的，但由于这题数组长度 \(n\) 很大，我们不能每次修改都枚举每一位更新其对答案的贡献，这样复杂度必炸无疑。但是这题有个显然的突破口，那就是 \(k\) 的取值范围很小，最高只有 \(12\)，也就是说每一位的取值最多只有 \(12\) 种可能，我们考虑以此为突破口，设计一个与这 \(k\) 个数的具体取值无关的状态。

首先我们知道每一位是独立的，故我们可以把每一位拆开来考虑，于是问题由二维变成一维：给定 \(k\) 个数 \(a_1,a_2,\dots,a_k\)，\(q\) 次操作，每次操作给定两个数 \(i,j\)，有两种类型，要么新建一个数 \(a_n=\max(a_i,a_j)\)，要么新建一个数 \(a_n=\min(a_i,a_j)\)。

我们先来看一个弱化版本，那就是 \(\forall a_i\in [0,1]\)，我们设计一个状态 \(f_{i,S}\)，\(f_{i,S}=1\) 表示 \(\forall j\in S,a_j=1\Rightarrow a_i=1\)，也就是说如果 \(S\) 中的元素都为 \(1\) 那么 \(a_i\) 就一定为 \(1\)，否则不能确定 \(a_i\) 究竟是 \(1\) 还是 \(0\)，显然最初对于 \(i\in[1,k]\)，满足 \(i\in S\) 的 \(f_{i,S}\) 都为 \(1\)，其余的 \(f_{i,S}\) 都为 \(0\)。

我们考虑新建一个 \(a_n=\max(a_i,a_j)\) 会造成什么样的影响，对于集合 \(S\)，如果 \(f_{i,S}=1\lor f_{j,S}=1\)，那么 \(a_i,a_j\) 中一定至少有一个为 \(1\)，故 \(a_n=\max(a_i,a_j)\) 一定为 \(1\)，故 \(f_{n,S}=1\)。反之，\(f_{i,S}=f_{j,S}=0\)，我们就不能确定 \(a_i,a_j\) 的值，也就是说最坏情况下会出现 \(a_i=a_j=0\) 的情况，此时 \(a_n=0\)，故 \(f_{n,S}=0\)。故我们有 \(f_n=f_i\lor f_j\)。同理我们也可将取 \(\min\) 的情况与 \(\land\) 联系在一起。至于查询……比方说我们要查询第 \(x\) 个数组第 \(y\) 列的数，我们记 \(T=\{i|a_{i,y}=1,i\in [1,k]\}\)，如果 \(f_{x,T}=1\)，根据 \(f\) 数组的定义可知 \(a_{x,y}=1\)，反之，根据 \(f\) 数组的定义知在剩下数乱填的情况下，有可能出现 \(a_x=0\) 的情况，显然在“\(T\) 之外的数乱填”的情况下，让 \(a_x\) 值最小的填法是其它数全填 \(0\)，而我们有 \(\forall i\notin T,a_{i,y}=0\)，故 \(a_x=0\)。也就是说我们只需输出 \(f_{x,T}\) 即可，复杂度 \(q2^k+2^k\)，使用 bitset 即可优化到 \(\dfrac{q2^k}{w}+k2^k\)

现在我们考虑将更一般的情况规约到特殊情况，由于每一位是独立的，我们还是将目光聚焦到某一特定的列（假设为第 \(i\) 列）上，对于初始 \(k\) 个数组第 \(i\) 列上的数我们将其从大到小排个序，设排好序的数组为 \(x_{1},x_2,\dots,x_k\)，我们对于每个 \(a_{t,i}\)（包括新建的数组）新建 \(k\) 个 0/1 变量 \(b_{t,1,i},b_{t,2,i},\dots,b_{t,k,i}\)，其中 \(b_{t,j,i}\) 为 \(1\) 表示 \(a_{t,i}\ge x_j\)，反之 \(a_{t,i}<x_j\)，查询就从 \(1\) 枚举到 \(k\) 直到遇到第一个 \(b_{x,i,y}=1\) 并输出 \(x_i\) 即可。显然这个小小的修改只不过是将数组长度由 \(n\) 变成了 \(nk\)，在弱化版本中我们 \(f\) 数组的定义即求解方法照样使用，复杂度 \(\dfrac{q2^k}{w}+k^22^k\)，有点脑子就可以优化到 \(q2^k+k2^k\)。

btw 为啥这么神仙的思维题现场那么多人 AC 啊，感觉这些 LGM 都不是人（

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fz(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define ffe(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define pb push_back
#define ppb pop_back
#define mp make_pair
template<typename T1,typename T2> void chkmin(T1 &x,T2 y){if(x>y) x=y;}
template<typename T1,typename T2> void chkmax(T1 &x,T2 y){if(x<y) x=y;}
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
namespace fastio{
	#define FILE_SIZE 1<<23
	char rbuf[FILE_SIZE],*p1=rbuf,*p2=rbuf,wbuf[FILE_SIZE],*p3=wbuf;
	inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=rbuf)+fread(rbuf,1,FILE_SIZE,stdin),p1==p2)?-1:*p1++;}
	inline void putc(char x){(*p3++=x);}
	template<typename T> void read(T &x){
		x=0;char c=getchar();T neg=0;
		while(!isdigit(c)) neg|=!(c^'-'),c=getchar();
		while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
		if(neg) x=(~x)+1;
	}
	template<typename T> void recursive_print(T x){if(!x) return;recursive_print(x/10);putc(x%10^48);}
	template<typename T> void print(T x){if(!x) putc('0');if(x<0) putc('-'),x=~x+1;recursive_print(x);}
	void print_final(){fwrite(wbuf,1,p3-wbuf,stdout);}
}
const int MAXK=12;
const int MAXS=1<<MAXK;
const int MAXN=1e5;
int n,k,qu,cnt,a[MAXK+3][MAXN+5];
bitset<MAXS+4> f[MAXN+MAXK+3];
pii ord[MAXN+5][MAXK+3];
bool cmp(pii x,pii y){return a[x.fi][x.se]>a[y.fi][y.se];}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&k,&qu);cnt=k;
	for(int i=1;i<=k;i++) for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&a[i][j]);
	for(int j=1;j<=n;j++) for(int i=1;i<=k;i++) ord[j][i]=mp(i,j);
	for(int j=1;j<=n;j++) sort(ord[j]+1,ord[j]+k+1,cmp);
	for(int i=1;i<=k;i++) for(int j=0;j<(1<<k);j++) if(j>>i-1&1) f[i][j]=1;
	while(qu--){
		int opt,x,y;scanf("%d%d%d",&opt,&x,&y);
		if(opt==1) f[++cnt]=f[x]|f[y];
		else if(opt==2) f[++cnt]=f[x]&f[y];
		else{
			int msk=0;
			for(int i=1;i<=k;i++){
				msk|=1<<ord[y][i].fi-1;
				if(f[x][msk]){
					printf("%d\n",a[ord[y][i].fi][y]);
					break;
				}
			}
		}
	}
	return 0;
}