Solution
几乎是秒想到的水题叻！
异或很容易想到每一位单独做贡献，所以我们需要统计的是区间内每一位上做的贡献，就是统计区间内每一位是1的数的数量。
所以就写数位dp辣！（昨天才做了数字统计不要太作弊啊！）
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline void read(LL &x) {
x = 0; char ch = getchar();
while(ch > ‘9‘ || ch < ‘0‘) ch = getchar();
while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘) {
x = x * 10 + ch - ‘0‘;
ch = getchar();
}
}
int num[33];
LL L, R, dp[33][2][2];
LL dfs(int dep, int up, int is, int idc) {
if(!dep && is) return 1;
if(!dep) return 0;
if(~dp[dep][up][is]) return dp[dep][up][is];
int h = up ? num[dep] : 1;
LL tmp = 0;
for(int i = 0; i <= h; i ++) {
if(dep == idc && i == 1) tmp += dfs(dep - 1, up && i == h, 1, idc);
else tmp += dfs(dep - 1, up && i == h, is, idc);
}
return dp[dep][up][is] = tmp;
}
LL sov(int x, int idc) {
memset(dp, -1, sizeof(dp));
memset(num, 0, sizeof(num));
int tot = 0;
while(x) {
num[++ tot] = x % 2;
x /= 2;
}
return dfs(tot, 1, 0, idc);
}
void work() {
int t = R, dep = 0;
LL ans = 0;
while(t) {
dep ++;
LL t1 = sov(R, dep);
LL t2 = L ? sov(L - 1, dep) : 0;
LL num1 = t1 - t2;
ans = (ans + 2 * num1 % mod * (R - L + 1 - num1) % mod * (1 << dep - 1) % mod) % mod;
t >>= 1;
}
printf("%lld\n", ans);
}
int main() {
freopen("xor.in", "r", stdin);
freopen("xor.out", "w", stdout);
int T;
scanf("%d", &T);
while(T --) {
read(L); read(R);
work();
}
return 0;
}
Solution
博弈论什么的完全不了解啊....然后看到题就乱打了个记忆化搜索，结果就70pts！！
原来这样暴力是$n^4$的复杂度啊...运气太好了...
只有两堆石子的做法：
大名鼎鼎的威佐夫博弈
通过一个简单的搜索，不难发现它的必败状态为：
$(1, 2), (3, 5), (4, 7), (6, 10), (8, 13)$……
通过这个表，能发现什么规律？
每个自然数出现一次
相邻两个必败态中，石子个数之差恰好增加 1
这样两个现象其实是非常合理的：
给定$x$，应该只存在一个$y$使得 $(x, y)$ 是先手必败态
所有不同的先手必败态的 $(y-x)$ 应该互不相同
它们都来源于同一个事实：先手必败状态无法转移到另一个先手必败状态。
一般做法：
我们考虑优化之前的筛法
根据上一页的思路，不难想到，给定 $x, y$ 之后，使得$(x, y, z)$ 为先手必败态的$z$只有一个
不妨用$f(x, y)$ 表示这个$z$
我们从小到大枚举一个变量$i$，然后计算：
有多少个$f(x, y)$ 的值为$i$
如果我们从小到大枚举 i，枚举到当前的 i 时：
所有$f(x, y)<i$的状态已经计算完毕，若一个$f(x, y)=k<i$，那么代表着$f(x+k, y), f(x, y + k), f(x+k,y+k) 均不可能是$i$
所有$f(x, y)=i$的状态中，每个自然数出现不超过 1 次，且$|x-y|$ 应该互不相同
根据这三个原则，我们可以在$O(n^2)$的枚举中，发现所有$f(x, y)=i$的状态$(x,y)$。
然而并不是很懂题解....然后$yuli$dalao讲解了另一种更好理解的方法！
当确定了一个数时，如果另外两个数的差相同，那么就可以一步转化。
同理，确定了两个数，另一个数多少也可以一步转化。
确定了三个数大小之间的差，也可以一步转化。
以上7种情况，如果按顺序从小到大枚举三个数，如果出现上述情况中存在必败态，那么当前状态可以必胜。
预处理$n^3$即可。
Code
标程
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, x, y) for (int i = (x), _ = (y); i < _; ++i)
#define down(i, x, y) for (int i = (x) - 1, _ = (y); i >= _; --i)
#define fi first
#define se second
#define mp(x, y) make_pair(x, y)
#define pb(x) push_back(x)
#define bin(x) (1 << (x))
#define SZ(x) int((x).size())
//#define LX_JUDGE
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef vector<int> Vi;
typedef long long ll;
template<typename T> inline bool upmax(T &x, T y) { return x < y ? (x = y, 1) : 0; }
template<typename T> inline bool upmin(T &x, T y) { return x > y ? (x = y, 1) : 0; }
namespace MATH_CAL {
const int mod = 1e9 + 7;
inline int add(int a, int b) { return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b; }
inline int sub(int a, int b) { return a - b < 0 ? a - b + mod : a - b; }
inline int mul(int a, int b) { return (ll) a * b % mod; }
inline void Add(int &a, int b) { (a += b) >= mod ? a -= mod : 0; }
inline int qpow(int x, int n) { int r = 1; for ( ; n; n /= 2, x = mul(x, x)) if (n & 1) r = mul(r, x); return r; }
inline int mod_inv(int x) { return qpow(x, mod - 2); }
} using namespace MATH_CAL;
const int MAX_N = 305;
int f[MAX_N][MAX_N], now[MAX_N][MAX_N];
int dif[MAX_N], vlef[MAX_N], tim;
int main() {
#ifdef LX_JUDGE
freopen(".in", "r", stdin);
#endif
freopen("stone.in", "r", stdin);
freopen("stone.out", "w", stdout);
int N = 305;
rep (i, 0, N) memset(f[i], 0x3f, sizeof(int) * N);
for (int i = 0; i < N; ++i) {
++tim;
for (int j = 0; j < N; ++j) {
for (int k = 0; k <= j; ++k) {
if (f[j][k] < i) {
int v = i - f[j][k];
if (j + v < N) now[j + v][k] = tim;
if (k + v < N) now[j][k + v] = tim;
if (max(j, k) + v < N) now[j + v][k + v] = tim;
} else if (max(now[j][k], now[k][j]) < tim and max(dif[abs(j - k)], max(vlef[j], vlef[k])) < tim) {
f[k][j] = f[j][k] = i;
dif[abs(j - k)] = tim;
vlef[j] = tim;
vlef[k] = tim;
}
}
}
}
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
int x, y, z;
scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
puts(f[x][y] == z ? "No" : "Yes");
}
return 0;
}
/*
f_0[i][j] is easy to compute
f_1[i][j] = !(f_0[i - 1][j] or f_0[i][j - 1] or f_0[i - 1][j - 1] or f_1[i - k][j - k])
Let
S1 = { f[i - k][j - k], f[i - k][j], f[i][j - k] };
S2 = { f[i - k][j - k] + k, f[i - k][j] + k, f[i][j - k] + k };
f[i][j] = mex { S1, S2 }
*/
第二解
#include<bits/stdc++.h>
#define RG register
using namespace std;
int SG[305][305][305];
inline void read(int &x) {
x = 0; char ch = getchar();
while(ch > ‘9‘ || ch < ‘0‘) ch = getchar();
while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘) {
x = x * 10 + ch - ‘0‘;
ch = getchar();
}
}
int QAQ[305][305][4], f[305][305][305];
void work() {
for(int i = 0; i <= 300; i ++)
for(int j = 0; j <= i; j ++)
for(int k = 0; k <= j; k ++) {
int pd = 1;
if(QAQ[i][j - k][0]) pd = 0;
if(QAQ[j][i - k][0]) pd = 0;
if(QAQ[k][i - j][0]) pd = 0;
if(QAQ[i][j][1]) pd = 0;
if(QAQ[i][k][1]) pd = 0;
if(QAQ[j][k][1]) pd = 0;
if(QAQ[i - j][j - k][2]) pd = 0;
if(pd) {
f[i][j][k] = 1;
QAQ[i][j - k][0] = QAQ[j][i - k][0] = QAQ[k][i - j][0] = QAQ[i][j][1] = QAQ[j][k][1] = QAQ[i][k][1] = QAQ[i - j][j - k][2] = 1;
}
}
}
int main() {
freopen("stone.in", "r", stdin);
freopen("stone.out", "w", stdout);
int T;
scanf("%d", &T);
work();
while(T --) {
int q[3];
read(q[0]); read(q[1]); read(q[2]);
sort(q, q + 3);
if(!f[q[2]][q[1]][q[0]]) printf("Yes\n");
else printf("No\n");
}
return 0;
}
Solution
完全不想写题解....
七高欢乐全场爆零题~
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, k, a[30005];
int f[30005][205][4];
int main() {
freopen("optimization.in", "r", stdin);
freopen("optimization.out", "w", stdout);
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);
memset(f, -0x3f3f3f3f, sizeof(f));
for(int i = 0; i <= n; i ++) f[i][0][1] = f[i][0][3] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
for(int j = 1; j <= k; j ++) {
int flag = 2 - (j == 1 || j == k);
f[i][j][0] = max(f[i - 1][j][0], max(f[i - 1][j - 1][2], f[i - 1][j - 1][3])) + flag * a[i];
f[i][j][1] = max(f[i - 1][j][1], f[i - 1][j - 1][0]);
f[i][j][2] = max(f[i - 1][j][2], max(f[i - 1][j - 1][1], f[i - 1][j - 1][0])) - flag * a[i];
f[i][j][3] = max(f[i - 1][j][3], f[i - 1][j - 1][2]);
if(j > 1) {
f[i][j][1] = max(f[i - 1][j - 1][1], f[i][j][1]);
f[i][j][3] = max(f[i - 1][j - 1][3], f[i][j][3]);
}
}
int ans = -1e9;
for(int i = k; i <= n; i ++)
ans = max(ans, max(f[i][k][0], f[i][k][2]));
printf("%d", ans);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/wans-caesar-02111007/p/9806228.html
时间： 2024-11-08 12:17:25