- 搬题人
- 倒腾：p_b_p_b
- 探索：p_b_p_b
- 抉择：feecle6418
- 重生：p_b_p_b
- 遍历：Crysfly
- 排序：Wu_Ren
- 组题人
- p_b_p_b
- 题解：部分题解可以见验题人题解。
倒腾
来源：
- 2021-2022 ICPC Central Europe Regional Contest, Problem F
- https://qoj.ac/contest/894/problem/3852
直接模拟即可。
探索
来源：
- 2023 年 CCPC 网络预选赛, Problem E
- https://qoj.ac/contest/1358/problem/7516
深度优先搜索每一步是否有碰到障碍，并且不能与之前已经定下来的状态冲突，即可 $O(2^n)$ 搜出所有可能的路径。
抉择
来源：
- Petrozavodsk Winter 2021. Day 8. Belarusian SU Contest, Problem D
- https://qoj.ac/contest/536/problem/1086
算法一
设 $dp(i)$ 表示 $a[1\dots i]$，其中 $i$ 必须处于子序列中，的答案。转移为 $dp(i)=\max_{j\lt i}dp(j)+(a_j\&a_i)$，时间复杂度 $O(n^2)$，期望得分 $45$。
算法二
对于 $a_i\le 511$ 的数据，可以设 $f(i,j)$ 表示 $a[1\dots i]$，选择一个子序列，子序列最后一个数是 $j$ 的答案。转移为 $f(i,j)=f(i-1,j),f(i,a_i)=\max_{j}f(i-1,j)+(a_i\&j)$。期望得分 $20$。
算法三
如果 $a_i$ 随机，大部分 $a_i$ 肯定都要选。在算法一中强制 $j\ge i-500$ 就可以了。
算法四
考虑如何用类似算法三的思路（大部分时候多选都比少选优）优化算法一。
注意到如果 $i$ 之前选的最后一个数是 $a_x=y$，而存在 $x\lt j\lt i$ 满足 $a_{j}$ 和 $a_x$ 的最高位都是 $2^w$，但是最优解在 $i$ 之前没有选 $j$ 而是选了 $x$，则 $(a_x\&a_i)\ge (a_x\&a_j)\ge 2^w$，说明 $a_i$ 也有 $2^w$ 这一位。那 $(a_x,a_j,a_i)$ 一定比 $(a_x,a_i)$ 优，矛盾了（前者权值至少是 $2^w\times 2$，后者权值至多是 $a_x\lt 2^{w}\times 2$）。
所以可能转移到 $i$ 的 $x$ 只可能是每种最高位出现的最后一个位置。
时间复杂度 $O(n\log V)$。期望得分 $100$。
解法不唯一，本题还有很多形式类似的结论都是对的。
重生
来源：
- 2021-2022 ICPC North America Championship, Problem I
- https://qoj.ac/contest/943/problem/4233
在路上了！
遍历
来源：
- Petrozavodsk Winter 2023. Day 2: GP of ainta, Problem I
- https://qoj.ac/contest/1237/problem/6543
在路上了！
排序
来源：
- Petrozavodsk Winter 2021. Day 5. Almost Retired Dandelion Contest, Problem F
- https://qoj.ac/contest/533/problem/962
solution by Wu_Ren
考虑操作变成，把序列 $A$ 划分成 $D_1+D_2+\dots+D_m$，把 $A$ 变为 $rev(rev(D_1)+rev(D_2)+\dots+rev(D_n))$。
因为可以用两步进行一次相邻元素的交换，有一个 $n(n-1)$ 的做法。同时有很多简单的 $n-1$ 的做法。
还有一个分治排序的做法，归并两段有序的 $a_{1,\dots,p},b_{1,\dots,q}$ 时，找到这些数的中位数 $w$，进行一次 reverse 把比 $w$ 小的数放在左边，大的放在右边，显然两个部分还是分别能分成两个有序的段，可以分治并行，总操作数精细实现可以做到 $1+\sum\limits_{j=1} \lceil\log_2(\lceil\frac{n}{2^j}\rceil)\rceil$。当然，也有很多其他 $O(\log n)$ 归并的方法。
正解考虑排序 01 序列，那么把相邻的 0 和相邻的 1 合并，最后有 ...0101...，那么我们划分为 ...|01|0|10|1|01|0 或者 ...01|0|10|1|01，那么操作一次后，段数都会变为原来的 $1/3$ 上取整。
我们从高到低考虑每个位，假设我们对于高的位都排序完了，那对于这一位我们把高位相同的数看作一个序列，相当于对若干个序列进行上面的过程，可以并行，所以对于每个位我们的操作数都是 $\lceil\log_3n\rceil$。
精细实现的话总操作数为 $1+\sum\limits_{j=0} \lceil\log_3(\lceil\frac{n}{2^j}\rceil)\rceil$，在 $n=20000$ 时为 $78$，能过。
