由于考试第二天就滚回文化课了，所以一直在翘自习改考试题，改到昨天考试之前才刚刚改完，以后就是半集训了，博客可能会经常性咕咕咕，有空会填坑
T1
看这道题的随机生成，其实有点懵，就直接甩到了最后，没来得及看大样例，也没想到可以找规律，于是乎打了20分暴力就滚粗了，实施上如果打开了大样例的话，应该会发现一些猫腻，会发现答案是一个等差数列，而公差就是所有的$a_i$和$k$的$gcd$的最小值，就结束了，证明没怎么看，来自出题人的证明
1 //每次+最小gcd加到k
2 #include<iostream>
3 #include<cstdio>
4 using namespace std;
5 int n,mod,minn=1000100,ans;
6 int pd[1001000];
7 int gcd(int a,int b)
8 {
9 return b==0?a:gcd(b,a%b);
10 }
11 int main()
12 {
13 scanf("%d%d",&n,&mod);
14 for(int i=1;i<=n;++i)
15 {
16 int x; scanf("%d",&x);
17 pd[x%mod]=1;
18 }
19 for(int i=0;i<=mod;++i)
20 if(pd[i]) minn=min(minn,gcd(mod,i));
21 printf("%d\n0 ",mod/minn);
22 int ls=minn;
23 while(ls<mod) {printf("%d ",ls); ls+=minn;}
24 puts("");
25 return 0;
26 }
T2
考场上想到了dp转移，也打出来了，想到了二维树状数组维护最值，但是由于觉得二维树状数组只能维护前缀最大值，所以并没有打，但是正解中的转换坐标的思路，真的非常好
我把一个矩阵直接压成了一个数列，只是会存一下他们的坐标，所以二维的dp也同时被我压成了一维，由于他需要$a$单调递增，所以对于当前点只会由$a[j]=a[i]-1$的$j$转移而来，那么此时$dp[i]=max(dp[j]+b[i]+|x[i]-x[j]|+|y[i]-y[j]|)$，之所以需要二维树状数组，是由于横纵坐标分别去绝对值对应了4种情况，那我们把原坐标$(i,j)$，变成$(i+j,i-j)$，就可以直接维护这四种情况，如果绝对值去的不正确那么答案只会更差，所以我们只需要维护对于每个点的四种情况，直接$O(1)$查询最大值即可，而我们需要维护的就是所有$a[i]-1$的点的$dp[j]-x$ $dp[j]-y$ $dp[j]+x$ $dp[j]+y$，$x$和$y$均为修改后的坐标，可以用数组维护，也可以只开四个变量，就可以做到$O(1)$查询，最坏情况下，总复杂度就是$O(n^2)$
记得按照a排序
1 #include<algorithm>
2 #include<iostream>
3 #include<cstdio>
4 #define re register
5 #define ll long long
6 #define maxn 2010
7 using namespace std;
8 struct node{
9 int a,b,x,y;
10 }tz[maxn*maxn];
11 struct tr{
12 int zuo,you;
13 ll w;
14 }tre1[maxn*4],tre2[maxn*4];
15 int n,m,js,flag=1;
16 ll max1,max2,max3,max4,ls1,ls2,ls3,ls4,ans;
17 ll dp[maxn*maxn];
18 int aa[maxn][maxn],bb[maxn][maxn];
19 inline int read()
20 {
21 re int e=0; re char ch=getchar();
22 while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=getchar();
23 while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) {e=(e<<3)+(e<<1)+(ch^48); ch=getchar();}
24 return e;
25 }
26 bool cmp(const node &a,const node &b)
27 {
28 return a.a<b.a;
29 }
30 int main()
31 {
32 n=read(); m=read();
33 for(re int i=1;i<=n;++i)
34 for(re int j=1;j<=m;++j) aa[i][j]=read();
35 for(re int i=1;i<=n;++i)
36 for(re int j=1;j<=m;++j) bb[i][j]=read();
37 for(re int i=1;i<=n;++i)
38 for(re int j=1;j<=m;++j)
39 {
40 if(aa[i][j]==0) continue;
41 tz[++js].a=aa[i][j]; tz[js].b=bb[i][j];
42 tz[js].x=i+j; tz[js].y=i-j;
43 }
44 sort(tz+1,tz+js+1,cmp);
45 re int qd=1; dp[1]=1ll*tz[1].b; ans=dp[1];
46 max1=dp[1]+tz[1].x; max2=dp[1]-tz[1].x;
47 max3=dp[1]+tz[1].y; max4=dp[1]-tz[1].y;
48 for(re int i=2;i<=js;++i)
49 {
50 if(tz[i].a!=tz[i-1].a) break;
51 qd=i; dp[i]=1ll*tz[i].b;
52 max1=max(max1,dp[i]+tz[i].x); max2=max(max2,dp[i]-tz[i].x);
53 max3=max(max3,dp[i]+tz[i].y); max4=max(max4,dp[i]-tz[i].y);
54 ans=max(ans,dp[i]);
55 }
56 qd++;
57 for(re int i=qd;i<=js;++i)
58 {
59 if(tz[i].a!=tz[i-1].a)
60 {
61 ls1=max1; ls2=max2; ls3=max3; ls4=max4;
62 max1=0; max2=0; max3=0; max4=0;
63 }
64 ll lss1=max(ls1-tz[i].x,ls2+tz[i].x);
65 ll lss2=max(ls3-tz[i].y,ls4+tz[i].y);
66 dp[i]=max(lss1,lss2)+tz[i].b;
67 max1=max(max1,dp[i]+tz[i].x); max2=max(max2,dp[i]-tz[i].x);
68 max3=max(max3,dp[i]+tz[i].y); max4=max(max4,dp[i]-tz[i].y);
69 ans=max(ans,dp[i]);
70 }
71 printf("%lld\n",ans);
72 return 0;
73 }
T3
预处理类似于8.22的T2，找到以这个值作为最大值的最大区间，在区间中算贡献
$ans1$其实还是比较简单的，由于我们已经确定了最大值管辖的区间，那对于异或，我们可以按位考虑贡献，对于最大值左侧如果第$j$为上为1，那就要求右区间的这一位必须是0，才能作出贡献，那么我们可以前缀和$f[i][j]$统计前$i$个数中第$j$位上为1的有几个数，左右乘起来计算贡献即可
$ans2$正解给出的方法是启发式合并$01trie$，我不会，于是就去学了可持久化$01trie$，看懂了的话其实挺好理解的，下面给出模板
1 struct trie{
2 int cnt;
3 int ch[maxn][2],sum[maxn];
4 int insert(int x,int val)
5 {
6 int tmp,y; tmp=y=++cnt;
7 for(int i=27;i>=0;i--)
8 {
9 ch[y][0]=ch[x][0]; ch[y][1]=ch[x][1];
10 int t=val&mi[i]; t>>=i;
11 x=ch[x][t]; ch[y][t]=++cnt; y=ch[y][t];
12 sum[y]=sum[x]+1;
13 }
14 return tmp;
15 }
16 }trie;
我并没有把询问放出来，因为询问其实挺看题的，可以自己yy，$root[i]$记录的是历史版本，对于这道题来说就是一个数代表一个历史版本，$sum[i]$记录的是有多少个数经过了当前结点，其他的就是继承以及新插入了
拿这道题就变为了查找在当前区间中，左右区间异或大于最大值的两个端点，借用启发式合并的思维，我们枚举较小的区间中的每一个数，去查另一个区间中有几个数和它异或起来大于最大值，我们在$trie$上按位查找，如果异或上这一位已经大于最大值就加上这一位上的$sum$，如果小于就直接停了，否则按位查询下去即可
最后统计答案就可以了
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<stack>
4 #define int long long
5 #define maxn 5001000
6 #define mod 1000000007
7 #define inf 10000000
8 using namespace std;
9 int n,opt,ans1,ans2;
10 int a[maxn],l[maxn],r[maxn],root[maxn],mi[28];
11 int f[maxn][28];
12 stack <int> s;
13 struct trie{
14 int cnt;
15 int ch[maxn][2],sum[maxn];
16 int insert(int x,int val)
17 {
18 int tmp,y; tmp=y=++cnt;
19 for(int i=27;i>=0;i--)
20 {
21 ch[y][0]=ch[x][0]; ch[y][1]=ch[x][1];
22 int t=val&mi[i]; t>>=i;
23 x=ch[x][t]; ch[y][t]=++cnt; y=ch[y][t];
24 sum[y]=sum[x]+1;
25 }
26 return tmp;
27 }
28 //被查询点，当前在查询第几层，比较的a[i]，某一个端点a[j]
29 int quary(int fa,int pos,int base,int cs,int tot)
30 {
31 if(pos<0) return 0;
32 int lsan=0;
33 int s1=(((cs>>pos)&1)^0)*mi[pos],s2=(((cs>>pos)&1)^1)*mi[pos];
34 int dq=(base>>pos)&1;
35 int yh0=((cs>>pos)&1)^0,yh1=((cs>>pos)&1)^1;
36 if(dq==0)
37 {
38 if(yh0==0)
39 {
40 lsan+=sum[ch[fa][1]];
41 lsan+=quary(ch[fa][0],pos-1,base,cs,tot+s1);
42 }
43 else
44 {
45 lsan+=sum[ch[fa][0]];
46 lsan+=quary(ch[fa][1],pos-1,base,cs,tot+s2);
47 }
48 }
49 else
50 {
51 if(yh0==0) lsan+=quary(ch[fa][1],pos-1,base,cs,tot+s2);
52 else lsan+=quary(ch[fa][0],pos-1,base,cs,tot+s1);
53 }
54 return lsan;
55 }
56 }trie;
57 void work1()
58 {
59 for(int i=1;i<=n;++i)
60 {
61 for(int j=0;j<=27;++j)
62 {
63 if(((a[i]>>j)&1)==1) f[i][j]=f[i-1][j]+1;
64 else f[i][j]=f[i-1][j];
65 }
66 }
67 for(int i=1;i<=n;++i)
68 {
69 int ls=1ll*0;
70 for(int j=0;j<=27;++j)
71 {
72 int ls1=(f[i][j]-f[l[i]-1][j])%mod;
73 int ls2=(f[r[i]][j]-f[i-1][j])%mod;
74 int len1=(i-l[i]+1)%mod,len2=(r[i]-i+1)%mod;
75 ls=(ls+(mi[j]%mod*(ls1*((len2-ls2+mod)%mod))%mod)%mod)%mod;
76 ls=(ls+(mi[j]%mod*(((len1-ls1+mod)%mod)*ls2)%mod)%mod)%mod;
77 ls=ls%mod;
78 }
79 ans1=(ans1+(ls*a[i]%mod)%mod)%mod;
80 }
81 printf("%lld\n",ans1);
82 }
83 void work2()//查询有几个数，就有几倍的a[i]
84 {
85 for(int i=1;i<=n;++i) root[i]=trie.insert(root[i-1],a[i]);
86 for(int i=1;i<=n;++i)
87 {
88 if(i-l[i]+1<r[i]-i+1)
89 {
90 for(int j=l[i];j<=i;++j)
91 {
92 int ls1=trie.quary(root[r[i]],27,a[i],a[j],0);
93 int ls2=trie.quary(root[i-1],27,a[i],a[j],0);
94 ans2=(ans2+(((ls1-ls2)%mod)*a[i])%mod)%mod;
95 }
96 }
97 else
98 {
99 for(int j=i;j<=r[i];++j)
100 {
101 int ls1=trie.quary(root[i],27,a[i],a[j],0);
102 int ls2=trie.quary(root[l[i]-1],27,a[i],a[j],0);
103 ans2=(ans2+(((ls1-ls2)%mod)*a[i])%mod)%mod;
104 }
105 }
106 }
107 printf("%lld\n",ans2);
108 }
109 main()
110 {
111 // freopen("english6.in","r",stdin);
112 scanf("%lld%lld",&n,&opt); mi[0]=1;
113 for(int i=1;i<=27;++i) mi[i]=mi[i-1]*2;
114 for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&a[i]);
115 a[0]=inf; a[n+1]=inf;
116 s.push(0);
117 for(int i=1;i<=n;++i)
118 {
119 while(a[s.top()]<a[i]) s.pop();
120 l[i]=s.top()+1; s.push(i);
121 }
122 while(s.size()) s.pop();
123 s.push(n+1);
124 for(int i=n;i>=1;--i)
125 {
126 while(a[s.top()]<=a[i]) s.pop();
127 r[i]=s.top()-1; s.push(i);
128 }
129 if(opt==1) work1();
130 else if(opt==2) work2();
131 else {work1(); work2();}
132 return 0;
133 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/hzjuruo/p/11428963.html
时间： 2024-08-01 03:49:41