这道题如果按照表达式一个个来算肯定超时,下午时候想了一个O(nlogn*logn)的算法,但是t了,因为这道题卡的非常紧几百个样例,必须nlogn的算法才可以ac
回到这道题,考虑log(sum(i,j))+1的特点,可以发现它的值域范围非常小,在1-34之间,那么我们可以考虑枚举log(sum(i,j)+1的值,记为k,然后统计(i+j)的和即可。
对于每一个k,找到所有满足2^(k-1)<=sum(i,j)<=2^k-1的(i+j),
那么我们考虑每个前缀i,找到这个前缀满足2^(k-1)<=sum(i,j)<=2^k-1的区间[l,r],即对于这个区间的每个元素s(i,j),都满足上式(l<=j<=r)。
这一步枚举有一个小技巧,当我们找到前缀i的区间[l,r]之后,那么前缀i+1满足上式的区间一定不可能在前缀i的[l, r]之前。
那么我们用两个指针维护这个区间即可,那么时间复杂度就降为了O(n*logn).
ps:下午写的n*logn*logn的代码在我电脑上跑了22000ms,ac代码在我电脑上跑了5500ms,ac代码在oj上跑了1600ms。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> #include<vector> #include<map> #include<queue> #include<stack> #include<string> #include<ctime> #include<map> #include<set> #define eps 1e-6 #define LL long long #define pii (pair<int, int>) //#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") using namespace std; const int maxn = 100000 + 500; //const int INF = 0x3f3f3f3f; LL a[maxn], s[maxn]; int n; int main() { clock_t start = clock(); // freopen("input.txt", "r", stdin); int T; cin >> T; while(T--) { scanf("%d", &n); LL ans = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%I64d", &a[i]); s[i] = s[i-1] + a[i]; } for(int k = 1; k <= 34; k++) { int l = 1, r = 0; LL liml = k==1 ? 0 : (1LL<<(k-1)), limr = (1LL<<k)-1; for(int i = 1; i <= n; i++) { l = max(i, l); while(l<=n && s[l]-s[i-1]<liml) l++; r = max(l-1, r); while(r+1<=n && s[r+1]-s[i-1]>=liml && s[r+1]-s[i-1]<=limr) r++; if(l>r) continue; // if(k==2) cout << l << " " << r << " " << i << endl; ans += (LL)(i+l+i+r)*(r-l+1)/2*k; } // if(k < 5) cout << ans << endl; } cout << ans << endl; } clock_t end = clock(); // cout << end-start << endl; return 0; }
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时间: 2024-10-10 09:40:52