codeforces round 735

B. Cobb

暴力做法
想要最大化 f(i,j)f(i, j)，其中 f(i,j)=i⋅j−k⋅(ai∣aj)f(i, j) = i \cdot j - k \cdot (a_i \mid a_j)

  • 当 nn 很小的时候，可以直接暴力求解
  • 考虑到 nn 很大 (105)(10^5) 的情况，注意到 i⋅ji \cdot j 这一项是 O(n2)O(n^2)，而 k⋅(ai∣aj)k \cdot (a_i \mid a_j) 是 O(n)O(n) 级别的
    最大化 f(i,j)f(i, j)，那么 i,ji, j 一定要尽可能大，i,ji, j 尽可能接近 n\ n，当然 k⋅(ai∣aj)k \cdot (a_i \mid a_j) 对最大值也有扰动
    也就是说，最大值 MM 会在一个范围内，因为 ai∣aj⩽2na_i \mid a_j \leqslant 2n
    n(n−1)−2kn⩽(M=f(n−1,n))⩽n(n−1)n(n-1)-2kn \leqslant (M = f(n-1, n)) \leqslant n(n-1)
    其他的 i,ji, j 取值，当 i,ji, j 接近 nn 的时候，可能会影响 MM，考虑什么时候会影响到 MM
  • i⋅j−2kn⩽f(i,j)⩽i⋅ji \cdot j - 2kn \leqslant f(i, j) \leqslant i \cdot j，当 i⋅j<n(n−1)−2kni \cdot j < n(n-1)-2kn 的时候，不论 i,ji, j 怎样取值
    (i,j)(i, j) 都不如 (n−1,n)(n-1, n) 更优，所以只有 i⋅j⩾n(n−1)−2kni \cdot j \geqslant n(n-1)-2kn 的时候，(i,j)(i, j) 可能会影响最优解

    i⩾min⁡(n(n−1)−2knj)i \geqslant \min \left( \frac{n(n-1)-2kn}{j} \right)

    此时 ii 会对答案有贡献，那么 min⁡(n(n−1)−2nj)=n(n−1)−2knn\displaystyle \min \left( \frac{n(n-1)-2n}{j} \right) = \frac{n(n-1)-2kn}{n}

所以当 i∈[n−1−2k,n]i \in [n-1-2k, n] 的时候，继续暴力求解，整个时间复杂度在 O(k2)O(k^2) 级别

状态压缩 dp

可以考虑枚举 x=ai∣ajx = a_i \mid a_j，问题就转换为如何从 xx 中分离出 i,ji, j
注意分离出的 i,ji, j 一定是最大的两个下标

先遍历 aa 数组，f(x)f(x) 表示使得 ai=xa_i = x 的最大下标 ii
枚举 x∈[0,2n]x \in [0, 2n]，如果 xx 的二进制 bb 位为 11，那么取 xx 的一个子集 x2x_2
x2=x⊕(1≪b)x_2 = x \oplus (1 \ll b)，x2x_2 至少比 xx 少了一个元素，所以一定是 xx 的子集

观察 x,x2x, x_2，可以发现从状态 x2→xx_2 \to x，存在转移
xx 比 x2x_2 至少多一个元素 aia_i，并且 aia_i 的第 bb 位为 11
用 f(x,0)f(x, 0) 表示能到达状态 xx 的最大下标，f(x,1)f(x, 1) 表示第二大的
这样可以用 {f(x2,0),f(x2,1)}\{f(x_2, 0), f(x_2, 1)\} 来更新 {f(x,0),f(x,1)}\{f(x, 0), f(x, 1)\}
于是可以写出状态压缩 dp

枚举 x∈[0,2n]x \in [0, 2n]，对于 ∀b∈[0,20],x2=(x⊕(1≪b))\forall b \in [0, 20], x_2 = (x \oplus (1 \ll b))
{f(x2,0),f(x2,1)}→{f(x,0),f(x,1)}\quad\{f(x_2, 0), f(x_2, 1)\} \to \{f(x, 0), f(x, 1)\}
如果 f(x,0)≠0f(x, 0) \neq 0 并且 f(x,1)≠0f(x, 1) \neq 0，用 f(x,0)⋅f(x,1)−k⋅xf(x, 0) \cdot f(x, 1) - k \cdot x 更新 resres

上述算法思想是
ai∣aja_i \mid a_j 可以用状态压缩，枚举每一个集合 xx，并且用 xx 的每一个子集 x2x_2 来更新 xx
对于当前集合 xx，(i,j)(i, j) 一定对应集合 xx 中最大的两个数的下标
于是只需要考虑 xx 中 f(x,0)f(x, 0) 和 f(x,1)f(x, 1) 是否合法？
如果合法，用 f(x,0)⋅f(x,1)−k⋅xf(x, 0) \cdot f(x, 1) - k \cdot x 来更新全局的 ansans

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const int maxn = 2e5 + 10;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int f[maxn][2], n, k;
ll a[maxn], ans = -inf;

void init() {
    memset(f, 0, sizeof f);
    ans = -inf;
}

inline void upd(const int x, const int x2) {
    if (f[x2][0] > f[x][0]) {
        int t = f[x][0];
        f[x][0] = f[x2][0], f[x][1] = t;
    }
    else if (f[x2][0] != f[x][0] && f[x2][0] > f[x][1]) f[x][1] = f[x2][0];

    if (f[x][1]) assert(f[x][0] != f[x][1]);
}

void pre() {
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ll x = a[i];
        if (i > f[x][0]) {
            f[x][1] = f[x][0], f[x][0] = i;
        }
        else if (i != f[x][0] && i > f[x][1]) f[x][1] = i;
    }
}

void solve() {
    for (int x = 0; x <= 2 * n; x++) {
        for (int b = 0; b < 20; b++) {
            if ((x >> b & 1) == 0) continue;

            int x2 = x ^ (1<<b);
            upd(x, x2);
        }
        ll res = 1ll * f[x][0] * f[x][1] - k * x;
        if (f[x][0] && f[x][1] && res > ans) ans = res;
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

int main() {
    freopen("input.txt", "r", stdin);
    int cas;
    cin >> cas;

    while (cas--) {
        scanf("%d%d", &n, &k);
        for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
        init();

        pre();
        solve();
    }
}