Bitsets

Introducere

In C++, clasa bitset constituie o succesiune de biți, putând fi asociată cu un vector, însă numărul de elemente este constant pe parcursul rulării programului. În linii mari, bitset nu aduce o contribuție mare asupra corectitudinii unui algoritm, sau nu reprezintă o tehnică propriu-zisă, fiind folosit de cele mai multe ori doar pentru a face optimizări semnificative asupra timpului sau memoriei.

Sintaxă

• std::bitset se regăsește in librăriile<bitset> sau <bits/stdc++.h>.
• Linia bitset<N> b; declară un bitset cu exact $N$ biți, $N$ este constantă, i.e. se specifică explicit valoarea acesteia la declarare.
• De asemenenea putem declara un bitset care să conțină biții unui număr: bitset<10> b(13).

bitset<10> b;
int main() {
    b[0] = 1;
    b[3] = 1;
    b[9] = 1;

    cout << b;
}

1000001001

Operatori permiși

• operator== și operator!= compară conținutul cu alt bitset.
• operator[] accesează valoarea unui bit la o poziție anume.
• operator&= operator binar ȘI.
• operator|= operator binar SAU.
• operator^= operator binar XOR.
• operator~ operator binar NOT.
• operator<<= shift pe biți la stanga.
• operator>>= shift pe biți la dreapta.

bitset<10> b;
int main() {
    b[0] = 1;
    b <<= 1;
    cout << b << '\n';

    b ^= 13;
    cout << b << '\n';

    b >>= 100;
    cout << b;
}

0000000010
0000001111
0000000000

Funcții permise

• _Find_first() returnează prima poziție a unui bit setat (cea cu index minim).
• _Find_next(int pos) returnează următorul bit setat după poz, iar în cazul în care nu există va returna lungimea bitsetului
• .count() returnează numărul de biți setați.
• .reset() resetează toți biții la 0.
• .flip(int pos): $b[pos]$ devine $b[pos]$ xor 1, i.e. schimbă bitul $pos$ din 0 în 1 și invers.
• .to_string() va converti bitsetul într-un string.
• .to_ulong() va converti bitsetul într-un unsigned long.
• .to_ullong() va converti bitsetul într-un unsigned long long.

bitset<10> b;
int main() {
    b[3] = 1;
    cout << b._Find_next(0) << '\n';

    b.flip(0);
    cout << b.to_string() << '\n';

    b = 13;
    cout << b._Find_first() << '\n';
    cout << b << '\n';

    cout << b.to_ullong();
}

3
0000001001
0
0000001101
13

std::bitset în programare competitivă

Operațiile binare funcționează la fel ca atunci când le folosim pe alte tipuri de date cum ar fi int, dar datorită dimensiunilor mari pe care le poate suporta un bitset, acestea vin de cele mai multe ori cu o optimizare crucială ce constă în gruparea biților în grupe de câte 32 elemente, convertirea acestora în int, aplicarea operației și înlocuirea numărului în bitset. Cum pe un număr întreg o operație binară este constantă, putem deduce deci că complexitatea pentru o astfel de operație este $O ( \frac{N}{w} )$ , unde $w$ de regulă seminifică constanta cu care este împărțit numărul de elemente $N$.

Problema somnoros

View Problem

Kilonova

Could not fetch problem details

Deschide

Un prim exemplu este o problemă destul de clasică care ne cere să determinăm dacă într-un graf orientat aciclic avem drum de la un nod la altul.

Considerăm următoare abordare: $dp[u][v] = 1$ dacă afirmația este adevarată. Pentru a calcula eficient dinamica am putea sorta topologic graful. Astfel dacă fixăm o rădăcină, i.e. un nod cu gradul interior 0 neeliminat până în prezent, atunci putem "propaga" dp-ul în fiecare fiu al său, adică dp[f_j][x] |= dp[r_i][x], cu condiția că muchia dintre $r_i$ și $f_j$ să nu fie eliminată. Observăm că pentru 2 noduri $u$ și $v$, dp[u][x] |= dp[v][x] este echivalentul la b1 |= b2, unde $b1$ și $b2$ reprezintă 2 std::bitset-uri. Deci dacă în loc de vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(n + 1)) am pune vector<bitset<const int>> dp(n + 1), am putea face tranzițiile în $O ( \frac{N}{w} )$, complexitatea finală fiind $O ( \frac{N^2}{w} )$.

const int N = 5e4 + 1;
vector<bitset<N>> v(N);
bitset<N> viz;
vector<int> liste[N], d(N);
int n, m;

void topsort() {
    queue<int> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (d[i] == 0) {
            q.push(i);
        }
    }

    while (!q.empty()) {
        int nod = q.front();
        q.pop();
        for (auto i : liste[nod]) {
            v[i][nod] = 1;
            v[i] |= v[nod];
            if (--d[i] == 0) {
                q.push(i);
            }
        }
    }
}
int main() {
    cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        liste[u].push_back(v);
        d[v]++;
    }

    topsort();

    int q;
    cin >> q;
    while (q--) {
        int u, a;
        cin >> u >> a;
        cout << v[a][u] << '\n';
    }
}

Problema strehaia

View Problem

Kilonova

Could not fetch problem details

Deschide

Avem $n$ probleme, a $i$-a având $k_i$ subtask-uri, fiecare cu un număr de puncte între 1 și 100. Problema ne cere să calculăm numărul total de punctaje distincte care se pot forma în urma rezolvări celor $n$ probleme.

O primă observație este că problemele pot fi luate independent, ceea ce înseamnă că nu contează ce subtask-uri are o anumită problemă, ci câte subtask-uri au un anumit punctaj. Fie $fr[i]$ numărul de subtask-uri cu $i$ puncte, și $dp[i] = 1$ dacă există un set de subtask-uri cu suma $i$. Este destul de clar că putem constitui următorul rucsac:

vector<int> dp(maxsum + 1);
dp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 100; i++) {
    for (int j = 1; j <= fr[i]; j++) {
        for (int s = 0; s <= maxsum; s++) {
            if (s + i <= maxsum) {
                dp[s + i] |= dp[s];
            }
        }
    }
}

Complexitatea de timp este $\mathcal{O}(S \cdot maxsum)$, unde $S = \sum_{i=1}^{n} k_i$.

Ar trebui să fie destul de evident că putem folosi bitset pentru a optimiza problema:

bitset<maxsum + 1> dp;
dp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 100; i++) {
    for (int j = 1; j <= fr[i]; j++) {
        dp |= (dp << i);
    }
}

Cu operatorul |= păstrăm sumele deja calculate în dp, iar cu operatorul << vom face tranzițiile, cu alte cuvinte dacă shiftăm fiecare bit cu $i$ poziții, toate sumele prezente în dp vor crește cu $i$, sintaxă echivalentă cu dp[s + i] |= dp[s];.

Complexitatea devine $O ( S \cdot maxsum \cdot \frac{1}{w} )$, care este încă prea mare. Putem să o optimizăm "comprimând" fiecare $fr_i$ în puteri de 2. Considerăm cel mai mic $p$ pentru care $2^p \leq fr_i$, astfel $fr_i = \sum_{j = 0}^{p-1} 2^j + fr_i - 2^p + 1$. Folosind primele $p-1$ puteri de 2 putem să construim fiecare număr de la 1 la $2^{p}-1$, și cu ajutorul la $fr_i - 2^p + 1$, vom putea reprezenta fiecare număr de la 1 la $fr_i$, ceea ce implică faptul că și în dp-ul nostru vor fi prezentate toate combinațiile de a lua numărul $i$.

dp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 100; i++) {
    int mask = 1;
    while (fr[i]) {
        fr[i] -= mask;
        dp |= (dp << (i * mask));
        mask *= 2;
        if (mask > fr[i]) {
            mask = fr[i];
        }
    }
}

Programul complet

int n;
vector<int> fr(101);
bitset<(int)1e6 + 200> dp;
int main() {
    cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int w;
        cin >> w;
        for (int j = 1; j <= w; j++) {
            int val;
            cin >> val;
            fr[val]++;
        }
    }

    dp[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 100; i++) {
        int mask = 1;
        while (fr[i]) {
            fr[i] -= mask;
            dp |= (dp << (i * mask));
            mask *= 2;
            if (mask > fr[i]) {
                mask = fr[i];
            }
        }
    }
    cout << dp.count();
}

Timpul se reduce la $O ( log(S) \cdot maxsum \cdot \frac{1}{w} )$

Problema Copaci

View Problem

Kilonova

Could not fetch problem details

Deschide

Ni se dă o matrice (o vom nota $M$) cu $N \cdot N$ elemente și un string $S$, ambele conținând cifre de la 0 la 9. Problema ne cere să aflăm care e cel mai mare prefix al șirului $S$ care poate fi reprezentat ca un drum valid în matricea noastră. Un drum este valid dacă începe în oricare poziție din matrice și următorul element are exact o latură comună cu cel actual, iar fiecare element din drum este egal cu reprezentantul lui în șir. Citiți problema pentru a înțelege mai bine.

Vom aborda o metodă similară cu prima problema, unde vom reține într-un tablou dacă o poziție anume a fost "atinsă" până acuma sau nu.

Pentru a înțelege mai bine haideți să vizualizăm concret ce se întâmplă pe unul dintre exemple:

$S = \textcolor{blue}{6} \text{281864292913}$

Cu albastru sunt marcate elementele care coincid cu prefixul de lungime 1. În momentul în care decidem să ne mutăm poziția din matrice, ar trebui luat în considerare fiecare element adiacent cu măcar o poziție colorată deja. Pentru o linie, acest lucru presupune "shiftarea" la stânga și la dreapta a fiecarui element deja marcat. Mai concret, dacă $G_l$ reprezintă mulțimea de puncte $(a_1, a_2, a_3, \dots , a_k)$, astfel încât $M_{l,a_i}$ este albastru, după un update $G$ va fi egal cu $( (a_1 - 1), (a1 + 1), (a_2 - 1), (a_2 + 1), \dots, (a_k-1), (a_k + 1) )$.

Pentru prima linie, procesul descris mai sus ar arăta în felul următor:

Singura problemă pe care o întâmpinăm este dată de corelarea corectă a fiecarei poziți din drum cu cea din șirul $S$. Adică, elementul cu valoarea 3 nu ar trebui marcat, deoarece $S_2 = 2$. Există o soluție totuși pentru problema noastră, care constă în reținerea în alt bitset , în funcție de sensul în care shiftăm, dacă există o poziție $p$ pentru care $M_{l,p} = S_i$ și $M_{l,p-1} = S_{i-1}$ (în cazul în care vrem să shiftăm la dreapta).

De exemplu, left[l][a][b][p] = 1 dacă pe linia $l$ există $p+1$ pentru care $M_{l,p+1} = a$ și $M_{l,p} = b$ (facem tranziție de la $a$ la $b$), și right[l][a][b][p] = 1 dacă există $p-1$ pentru care $M_{l,p-1} = a$ și $M_{l,p} = b$. Cu astea fiind spuse, definim dp[a][b] = 1 dacă putem atinge elementul $(a,b)$ după un număr de pași, atunci: dp[a] = ((dp[a] << 1) & left[a][x][y]) | ((dp[a] >> 1) & right[a][x][y]) unde $S_i = y, S_{i-1} = x$.

Pentru a tranziționa de pe o linie pe alta (mergem în sus sau în jos), procedăm la fel doar că de data asta vom reține up[l][a][b][p], down[l][a][b][p].

Complexitatea este $\mathcal{O}(|S| \cdot \frac{N^2}{w})$.

O parte din cod (cpp)

int ans = 0;
vector<bitset<101>> dp(n + 1), new_dp(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
        if (M[i][j] == s[1] - '0') {
            dp[i][j] = 1;
            ans = 1;
        }
    }
}

bitset<101> rest;
for (int l = 2; l < s.size(); l++) {
    int nr1 = s[l - 1] - '0', nr2 = s[l] - '0';
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        new_dp[i] = (new_dp[i] | ((dp[i] >> 1) & right[i][nr1][nr2]));
        new_dp[i] = (new_dp[i] | ((dp[i] << 1) & left[i][nr1][nr2]));
        if (i > 1) {
            new_dp[i - 1] = (new_dp[i - 1] | (dp[i] & up[i - 1][nr1][nr2]));
        }
        if (i < n) {
            new_dp[i + 1] = (new_dp[i + 1] | (dp[i] & down[i + 1][nr1][nr2]));
        }
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (new_dp[i]._Find_first() != 101) {
            ans = l;
        }

        swap(dp[i], new_dp[i]);
        new_dp[i] &= rest;
    }
    if (ans != l) {
        break;
    }
}

cout << ans << '\n';

Aceasta reprezintă doar o soluție, se poate și mai simplu.

Bitset dinamic

Prin dinamic înțelegem faptul că bitsetul își poate modifica numărul de elemente pe parcursul execuției programului, sau îl putem declara direct cu cât vrem noi (bitset<>a(n)?). De ce am avea nevoie oare de așa ceva? Pentru eficiență, poate. Este destul de tedious să facem toate operațiile pe aceeși constană $N$ știind clar că în unele cazuri nu avem nevoie de toți biții. De pildă, există probleme care necesită folosirea unui bitset dinamic. Un exemplu bun ar fi:

Problema PermuteTree-Hard

View Problem

Codeforces

Could not fetch problem details

Deschide

Pentru un arbore cu $n$ noduri (rădăcină este nodul 1) și o permutare $a$, definim $f(a)$ ca fiind numărul de perechi $(u,v)$ pentru care $a_u < a_{lca(u,v)} < a_v$. Aici, $lca(u,v)$ reprezintă cel mai jos strămoș comun al celor două noduri. Problema ne cere să aflăm care ar fi valoarea maximă pe care o poate lua $f(a)$, pentru oricare permutare de $n$ numere.

Ne vom folosi de un raționament tipic programării dinamice și vom calcula pentru fiecare nod rezultatul dacă am considera arborele ca fiind subarborele nodului respectiv, iar permutarea va conține doar nodurile din subarborele actual. Adică daca $sz_u$ = numărul de noduri din subarborele lui $u$, $a$ va fi egal cu $(1,2,\dots, sz_u)$. Când facem tranziție de la $u$ la părintele lui, o sa avem , astfel, pentru fiecare fiu împarte câte o permutare care va fi indepdentă de restul permutărilor. Cu alte cuvinte, dacă notăm cu $f_i$ al $i$-lea fiu al unui nod $v$, atunci permutarile vor fi $a_1, a_2, \dots, a_k$. Din aceste permutări noi vom dori să construim permutarea necesară nodului $v$ adk $a_v = (1, 2, \dots, sz_v)$. Ca să facem asta trebuie să ținem cont de :

• Permutările deja existente (i.e. permutările fiilor);
• Ce valoare va primi nodul $v$.

Pentru a forma $a_v$ din permutările deja existente, putem efectiv incrementa un număr de permutări cu constante diferite astfel încât $(1) \ \ a_1 \cup a_2 \cup \dots \cup a_k = a_v / \{ x \}$, unde $x$ va fi valoarea nodului $v$. Putem incrementa o permutare pentru că până la urmă nu contează valorile propriu-zise, ci doar cum sunt ordonate.

Relația $(1)$ implică faptul că fiecare permutare reprezintă un interval continuu de elemente din $a_v$. Dacă nu avem nicio permutare $a_i$ care să conțină pe $x$, înseamnă efectiv ca fie toate elementele din $a_i$ sunt mai mici ca $x$, fie sunt mai mari ca $x$. Uitându-ne la relația din enunț $a_{f_i} < a_v = x < a_{f_j}$, împreună cu ce-am dedus până acum, deducem că contribuția nodului $v$ la rezultat este $(sz_v - S - 1) \cdot S$ , cu condiția că există o submulțime a fiilor cu $\sum_{r} sz_{f_r} = S$.

Problema se rezumă la : află pentru fiecare nod care este $S$-ul care maximizează contribuția, adună rezultatele și afișează răspunsul.

Pentru varianta ușoară a problemei putem află dacă $S$ constituie o sumă valida folosind dp. Similar cu a doua problemă discutată, putem optimiza dp-ul cu ajutorul unui bitset, complexitatea finală fiind $\mathcal{O}(\frac{N^2}{w})$.

Program Cpp

int n;
cin >> n;
vector<int> sz(n + 1);
vector<vector<int>> liste(n + 1);
for (int i = 2; i <= n; i++) {
    int p;
    cin >> p;
    liste[p].push_back(i);
    liste[i].push_back(p);
}
long long ans = 0;
function<void(int, int)> dfs = [&](int nod, int p) {
    sz[nod] = 1;
    bitset<5001> b;
    b[0] = 1;
    for (auto i : liste[nod]) {
        if (i == p) {
            continue;
        }
        dfs(i, nod);
        sz[nod] += sz[i];
        b |= (b << sz[i]);
    }
    long long maxim = 0;
    for (int i = 1; i <= sz[nod] - 1; i++) {
        if (b[i]) {
            maxim = max(maxim, 1LL * i * (sz[nod] - 1 - i));
        }
    }
    ans += maxim;
};
dfs(1, 1);
cout << ans << '\n';

Valori pentru $n$ care depășesc $10^5$ cu greu întră în timp, iar pentru $n = 10^6$ este destul de clar că trebuie să optimizăm algoritmul.

O optimizare importantă, care nu ține de bitset, ci mai mult de programarea dinamică, este similară (daca nu chiar identică) cu algoritmul de comprimare explicat la problema strehaia. Dacă un element apare de mai mult de 3 ori : $x, x, x$ , putem să lipim pe 2 dintre ei : $x, 2x$, fără ca să stricăm corectitudinea la dp. Dacă repetăm procesul până când un element apare de maxim 2 ori, iar împreună cu o proprietate care zice că : "Pentru un șir $S$ cu $N$ elemente și suma elementelor $R$ $\Rightarrow$ sunt maxim $\mathcal{O}(\sqrt R)$ elemente distincte", rezultă ca în vectorul pe care aplicăm noi bitset nu vor fi mai mult de $2 \cdot \sqrt{sz_v}$ elemente. Complexitatea se reduce la $\mathcal{O}(\frac{N \sqrt N}{w})$.

Dacă faceți doar atât, s-ar putea să vă luați TLE pe testul 5. Așadar ne vom folosi de bitset dinamic, iar în loc să declarăm bitsetul mereu cu $10^6$ elemente, îl vom declara cu $sz_v$ elemente. Foarte suprinzător dar chestia asta întră destul de lejer în timp (sunt ironic lol) .

Cum facem un bitset să fie dinamic?

Avem (cred) 2 metode:

• Îl scriem noi de mână;
• (Mai nou) Îl putem folosi pe acela introdus în librăria <tr2/dynamic_bitset>.

Un bitset dinamic scris de mână arată în felul următor:

template <int len = 1>
void dynamic_bitset(int n) {
    if (n >= len) {
        dynamic_bitset<std::min(len * 2, maxn)>(n);
        return;
    }

    bitset<len> dp;

    // do somethine with dp
}

Dacă nu este evident, ne folosim de template-uri pentru a ajunge la o lungime minimă care depășeste pe $n$ în timp logaritmic.

Iar un bitset dinamic din librăria <tr2/dynamic_bitset> arată așa:

#include <iostream>
#include <tr2/dynamic_bitset>
using namespace tr2 using namespace std;

int main() {
    dynamic_bitset<> dp(n);

    // do something with dp
}

Care este mai bun?

Pâi, ambele! Depinde foarte mult de ce vrei să faci cu el.

O diferență la tr2::dynamic_bitset este funcția resize(). În consecință, tr2::dynamic_bitset este mai lent decât un bitset normal sau un bitset dinamic cu template-uri. Însă, prima variantă de bitset dinamic nu-și poate da resize, adică e mult spus dinamic. Dacă veți avea nevoie să reutilizați același bitset dar cu lungime diferită, folosiți tr2::dynamic_bitset, altfel varianta cu template-uri este superioară din punct de vedere al timpului de execuție. Iar dacă nu aveți în general nevoie de bitset dinamic, folosiți bitsetul normal.

Cum eficientizăm memoria

Putem să copiem ce face bitset cel mai import (faptul că împarte numărul de biți în grupe de câte $w$) și să rezolvăm problema pentru grupe de $w$ elemente consecutive ca la final să dăm merge la rezultate.

Problema Infinity War

View Problem

Kilonova

Could not fetch problem details

Deschide

Avem $N$ armate care sunt în război una cu alta, iar fiecare armată este alcătuită din soldați cu diferite puteri (o armată are maxim un soldat cu o anumită putere) numerotate de la 1 la $P$. Dacă 2 armate se luptă, vor rămâne în viață doar soldații care nu își regăsesc puterea în armata inamică. De exemplu, dacă reprezentăm armatele ca un șir de biți (unde bitul $i$ este setat dacă există un soldat cu puterea $i$), atunci soldații care rămân în viață sunt prezenți în suma xor a celor doua șiruri.

Avem $Q$ query-uri $(l,r)$ și trebuie să aflăm câți soldați rămân în viață dacă se vor lupta armatele $l, l + 1, \dots, r$.

Fie $b_i$ un bitset cu soldații armatei $i$. Răspunsul este practic numărul de biți în $b_l \oplus b_{l+1} \oplus \dots \oplus b_r$, unde $\oplus$ reprezintă operația XOR. Putem face asta folosindu-ne de sumele xor pe prefixe, $sp_i = b_i \oplus b_{i-1} \oplus \dots \oplus b_1$. Nu putem reține din păcate fiecare bitset, nu încape $N \cdot P$ biți în 8MB.

Însă putem să luăm pe rând secvențe de câte $w$ elemente și să calculăm rezultatul doar pentru ele, ca apoi să adunăm rezultatele pentru un query.

Program Cpp

const int N = 5e4 + 1, P = 1e4 + 1;

ifstream fin("infinitywar.in");
ofstream fout("infinitywar.out");
#define cin fin
#define cout fout
int n, q, p = 1, maxim;

// bitset<P> b[N];
vector<int> v[N];
int main() {
    cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
    cin >> n >> q;
    vector<pair<int, int>> qr(q + 1);
    vector<int> ans(q + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int k;
        cin >> k;
        for (int j = 1; j <= k; j++) {
            int x;
            cin >> x;
            maxim = max(maxim, x);
            v[i].push_back(x);
        }
    }
    for (int i = 1; i <= q; i++) {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        qr[i] = {l, r};
    }
    while (p <= maxim) {
        vector<unsigned long long> b(n + 1);
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (auto j : v[i]) {
                if (p <= j && j <= p + 63) {
                    b[i] = 1ULL * b[i] + (1ULL << (j - p));
                }
            }
            b[i] ^= b[i - 1];
        }
        for (int i = 1; i <= q; i++) {
            unsigned long long nr = b[qr[i].second] ^ b[qr[i].first - 1];
            ans[i] += __builtin_popcountll(nr);
        }
        p++;
        p += 63;
    }
    for (int i = 1; i <= q; i++) {
        cout << ans[i] << '\n';
    }
    // cout << 'a';
}

Complexitatea de timp rămâne tot $\mathcal{O}(\frac{N \cdot P}{w})$ doar că acum memoria e $\mathcal{O}(N)$.

Concluzii

Este de apreciat cu cât poate îmbunătății execuția unui algoritm un bitset. Puteți să încercați să vă construiți voi un bitset custom, să experimentați cu diferite valori ale lui $w$, cu diferite funcții etc.. În general nu ar trebui să abuzați de un bitset, dar nici să-l desconsiderați. Găsiți o cale de mijloc.

Probleme suplimentare

• atcoder - Triangle
• cses - Reachable Nodes
• atcoder - Balancing Network (T=1)
• Tzaph & Number Line
• Baltic OI 2019 - Nautil
• Baltic OI 2010 - Candies
• COCI 2015 - Uzastopni
• Platinum - Equilateral Triangles
• IZhO 2017 - Bootfall
• Baltic OI 2015 - Tug of War
• codeforces - Rectangular Polyline
• Lot Seniori 2022 - erinaceida
• Lot Seniori 2014 - Switch5
• Lot Seniori 2024 - Matrice Palindrom (puteți 60 puncte cu bitset, eu nu știu să fac mai bine de atât)
• holmesc

Resurse suplimentare

• How to get actual 64 bit bitsets on Codeforces
• Bitset - USACO Guide
• Bitwise operations 2 — popcount & bitsets - Codeforces
• Dynamic Bitsets in GCC