题目大意：有一个起点和$m$个触发器，给出一个长度为$n$的序列$a$，要求从起点出发按$a$的顺序经过触发器并回到起点(一个触发器可能被经过多次也可能不被经过)，起点和每个触发器都有一个出口和若干个入口。你可以在这些触发器之间加上一些开关，每个开关有两个出口$x,y$和若干个入口，当奇数次进入开关时会从$x$出来，当偶数次进入开关时会从$y$出来，要求第一次回到起点时所有开关都被经过偶数次且使用的开关数尽量少，输出每个元件的出口指向。
因为最后要求回到起点，所以我们将序列$a$后面再加上一个起点。当$n=2^k$的时候可以构造一个类似线段树的满二叉树结构的装置。起点指向线段树的根，对于线段树的每个非叶字节点是一个开关，$x$出口指向左儿子，$y$出口指向右儿子；对于每个叶子节点是一个触发器(如果一个触发器在序列$a$中出现多次那么在线段树上就可以看作将它分成好几个点)，他们的出口都指向线段树的根节点。这样就满足了每个非叶字节点即开关都经过了偶数次的条件。可以发现对于$a_{i}(0\le i \le n-1)$，假设它在线段树上位于第$x$个叶子，那么$i$的二进制倒序就是$x$，这个类似$FFT$的蝶形变换。所以我们只需要一次蝶形变换就能知道叶子结点的父节点左右儿子分别是谁。那么如果$n$不是$2$的整数次幂怎么办？我们同样蝶形变换将序列$a$的每一位填入线段树的叶子结点中，对于空的叶子结点就可以将这个点父节点的对应出口直接指向线段树的根节点就好了。这样我们得到了一个最坏情况下$2n$的做法，不过可以发现如果一个非叶字节点的两个出口都指向根节点那么这个开关就是无用的，可以将它删除然后将它父节点的对应出口指向根节点。这样虽然使节点数有所减少但还是达不到$n+logn$的要求。可以发现许多非叶子节点只有一个子节点，如果尽可能的使每个非叶子节点都有两个子节点那么可以节省许多的开关。实际上只要将这些放置了触发器的叶子结点按顺序地移到前$n$个叶子节点或后$n$个叶子结点即可，我们以移到前$n$个叶子结点为例说明(代码中移到了后n个叶子结点)。最后一个叶子结点从$0$开始的标号为$n-1$(除去我们在序列后面加的起点就是题目中给出的序列长度$n$)，对于这个叶子结点到根的这条链，可以看做是这个节点从根走到叶子。我们将$n$拆成二进制，可以发现从左开始如果第$i$位为$0$那么在线段树的第$i$层它就会向左走，反之就会向右走。假设从右开始的第$i$位为$1$，那么这一次它就会向右走，这就说明这个点有左子树，那么节点数就会加上这个点的左子树大小即$2^i-1$，而向左走则除去这条链上的点没有其他节点数的贡献。可以发现每个有贡献的$2^i$对应了$n$二进制上的$1$,这条链上有$logn-1$个非叶子节点，所以总非叶子节点数为$O(n+logn)$。也可以将序列a的第一个数拿出来，将起点指向$a_{0}$，$a_{0}$再指向线段树的根。
#include"doll.h"
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define INF 100000000
using namespace std;
int n,m;
int rev[800010];
int mask;
int cnt;
int rt;
int s[800010];
int t[800010];
vector<int>to;
vector<int>a,c,x,y;
int solve(int l,int r)
{
if(l==r)
{
return l>=mask-n?a[t[l]]:INF;
}
int mid=(l+r)>>1;
int ls=solve(l,mid);
int rs=solve(mid+1,r);
if(ls==INF&&rs==INF)
{
return INF;
}
else
{
x.push_back(ls);
y.push_back(rs);
return --cnt;
}
}
void create_circuit(int M,vector<int> A)
{
n=A.size();
A.push_back(0);
m=M;
a=A;
mask=1;
while(mask<n)
{
mask<<=1;
}
for(int i=0;i<mask;i++)
{
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?(mask>>1):0);
s[i]=-1;
}
for(int i=mask-n;i<mask;i++)
{
s[rev[i]]=i;
}
for(int i=0;i<mask;i++)
{
if(s[i]!=-1)
{
to.push_back(s[i]);
}
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
t[to[i]]=i+1;
}
rt=solve(0,mask-1);
c.resize(m+1,rt);
c[0]=a[0];
int len=x.size();
for(int i=0;i<len;i++)
{
x[i]==INF?x[i]=rt:1;
y[i]==INF?y[i]=rt:1;
}
answer(c,x,y);
}