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C.Beautiful Sequence
I.We Love Strings
M.Writing Books
C.Beautiful Sequence
思路：显然若得到了a[1]，则整个序列a我们都知道了。所以我们要求出第k大的a[1]，这个可以利用序列a为不递减序列的性质来得出。
首先，由题意可得：
a[2]=a[1]^b[1]
a[3]=a[2]^b[2]=(a[1]^b[1])^b[2]
a[4]=a[3]^b[3]=((a[1]^b[1])^b[2])^b[3]
......
得出a[i]=a[1]^(序列b的前缀i异或和）
我们把序列b的前缀i异或和定义为f[i]，因为序列a不递减，所以：
a[i]<=a[i+1]
=> a[1]^f[i-1] <= a[1]^f[i]
首先我们先初始化a[1]二进制位为-1，这代表a[1]的这个位可以是0，也可以是1。然后我们再根据a[1]^f[i-1] <= a[1]^f[i] 这个公式来得出a[1]的哪些位它是确定的，不能是-1。
我们需要从高位往低位贪心，因为如果a[1]^f[i-1]的一个高位如果是1，而a[1]^f[i]的这个位是0，那么低位再怎么变，a[1]^f[i-1]也必然小于a[1]^f[i]。比如两个二进制数1????和0????，就算左边的低位全是1，右边的高位全是0，也就是变成10000和01111，左边依然大于右边。
然后我们从高位到低位怎么贪心呢？找f[i]的f[i-1]的从高位到低位，第一个不同的位即可，我们设这个是第k位。此时a[1]的第k位必须和f[i]第k位的值相同，这样子就能让f[i]^a[1]的第k位是0，f[i+1]^a[1]第k位是1，保证了前者小于后者。在此之前a[i]的第k位必须等于-1或者等于f[i]的第k位，否则输出-1。
此时我们得到了n个-1的值，我们我们最多能表示第2的n次方大的值，此时我们只需将（k-1）拆分成二进制依次填入-1的位置即可。具体实现见代码。
代码：
void solve() {
a[1]=0;
mem(now,-1);
int n,k;
cin>>n>>k;
for(int i=1; i<n; i++) {
cin>>b[i];
f[i]=(f[i-1]^b[i]);
}
for(int i=0; i<n-1; i++) {
for(int j=29; j>=0; j--) {
if((f[i]>>j&1ll)!=(f[i+1]>>j&1ll)) {//找到高位第一个不相等的二进制位
if(now[j]==-1)now[j]=(f[i]>>j&1ll);
else if(now[j]==(f[i+1]>>j&1ll)) {//如果该位已经确定，并且与想要填的数相反，则输出-1
cout<<-1<<endl;
return;
}
break;//高位比上一个大了之后，就不用再管低位了
}
}
}
k--;//去掉初始不变的情况，方便替换-1
int maxx=0;
for(int i=0; i<30; i++) {
if(now[i]==-1)maxx=maxx*2+1;
}
if(maxx<k) {
cout<<-1<<endl;
return;
}
vector<int>v;
while(k) {//将k转换为二进制填入
v.push_back({k%2});
k/=2;
}
reverse(v.begin(),v.end());
for(int i=0; i<30; i++) {
if(!v.size())break;//填完了就退出
if(now[i]==-1) {//依次填入
now[i]=v.back(),v.pop_back();
}
}
for(int i=0; i<30; i++)now[i]=max(now[i],0ll);//把没填的-1变成0
for(int i=29; i>=0; i--) a[1]=a[1]*2+now[i];;//得出a[1]的值
cout<<a[1]<<" ";
for(int i=2; i<=n; i++)cout<<(b[i-1]^a[i-1])<<" ",a[i]=(b[i-1]^a[i-1]);//根据a[1]得出整个序列a
cout<<endl;
}I.We Love Strings
思路：因为字符串长度不相同的字符串，两两之间肯定不能匹配，所以我们根据字符串长度大小来求解。在lenth<=20时我们暴力枚举字符串所有情况进行求解，而在lenth>20的时候我们暴力容斥来求解。
那么为什么这个临界值为20呢？
我们设临界值为N，暴力枚举所有情况的复杂度主要由字符串长度决定，复杂度为：
而容斥的复杂度主要由容斥的集合大小决定，而这个集合的最大大小又由n的最大值和N共同决定，它的复杂度为：
总的复杂度为他们两个相加。
此时N取太大或者取太小，都会使得一方的复杂度过大，此时取400的根号，也就是N=20，是最好的。
具体实现见代码。
代码：
int pp(vector<int>v,string s,int n) {
for(int i=0; i<n; i++) {
if(s[i]!='?'&&v[i]!=s[i]-'0')return 0;//如果两个串确定有位置不同了，则匹配失败
}
return 1;//匹配成功
}
int f1(int n) {
int sum=0;
for(int i=0; i<(1<<n); i++) {//枚举这个长度01串的所有可能。
vector<int>s;
for(int j=0; j<n; j++) {
s.push_back((i>>j&1ll));
} //将枚举的串存入vector
for(int i=0; i<v[n].size(); i++) {
if(pp(s,v[n][i],n)) {//如果有一个串能和这个枚举的串匹配，答案+1
sum++;
break;
}
}
}
return sum;
}
int f2(int n) {
int m=v[n].size(),ans=0;
//注意i要从1开始，若从0开始则会使答案增加
for(int i=1; i<(1ll<<m); i++) {//枚举集合内的串
int sum=1;
for(int j=0; j<n; j++) {//枚举串的每个位
int cnt0=0,cnt1=0;
for(int k=0; k<m; k++) {//表示这是集合内第几个串
if((i>>k&1ll)) {
if(v[n][k][j]=='0')cnt0++;
if(v[n][k][j]=='1')cnt1++;
}
}
if(cnt0&&cnt1) {//若该位上确定的数不一致，则不能进行容斥
sum=0;
break;
}
if(!cnt0&&!cnt1)sum=sum*2%mod;//该位上全是？，贡献*2
}
int now=__builtin_popcount(i);
if(now%2)ans=(ans+sum)%mod; //进行容斥
else ans=(ans-sum+mod)%mod;
}
return ans;
}
void solve() {
int n,ans=0;
cin>>n;
for(int i=1; i<=n; i++) {
string s;
cin>>s;
v[(int)s.size()].push_back(s);//将字符串根据长度分类
}
for(int i=1; i<=400; i++) {
if(!v[i].size())continue;
if(i<=20)ans=(ans+f1(i))%mod;//若长度<=20则暴力求解
else ans=(ans+f2(i))%mod;//否则暴力容斥
}
cout<<ans<<endl;
}M.Writing Books
思路：显然1~9对于答案的贡献为1*9,10~99对于答案的贡献为2*90,100~999对于答案的贡献为3*900......。分块求出贡献即可。
代码：
void solve() {
int n,l=1,r=10,now=1,ans=0;
cin>>n;
while(l<=n){
if(n>=r-1)ans+=(r-l)*now;
else ans+=(n-l+1)*now;
now++,l=r,r*=10;
}
cout<<ans<<endl;
}
