牛客練習(xí)賽29

A. 可持久化動態(tài)圖上樹狀數(shù)組維護(hù)01背包

題解

這題跟標(biāo)題沒有任何關(guān)系…

貪心的使得負(fù)數(shù)刪除的時候下標(biāo)盡可能大,然后正數(shù)的時候下標(biāo)盡可能小.

觀察到每個數(shù)下標(biāo)最大的時候就是它的初始下標(biāo),下標(biāo)的最小值是1.

然后貪心一下就好了.

代碼

#include <iostream> using namespace std; long long a[1000007]; int main(){ios::sync_with_stdio(false);int n;cin >> n;long long sum = 0;for(int i = 1;i <= n;++i){cin >> a[i];if(a[i] >= 0) sum += a[i];else sum += a[i] * i;}cout << sum << endl; }

B. 列隊(duì)

題解

有點(diǎn)迷,WA了還沒改出來…QAQ

C.枇杷

題解

還沒看題

D.禁止動規(guī)

題解

根據(jù)裴蜀定理,當(dāng)存在一些x的組合,使得它們的gcd為1的時候,$p_1{x}_1+p_2{x}_2+...+p_n{x}_n=1$,方程一定有解.

因此我們就求$gcd(x_1,x_2,...,x_n)=1$的方案數(shù)即可

記$f(x)$表示$gcd(x_1,x_2,...,x_n)=x$的方案數(shù)

然后莫比烏斯反演

$(?\frac{m}{x}?{)}^n={\sum }_{x|d}f(d)$

得到

$f(x)={\sum }_{x|d}\mu (\frac{d}{x})?(?\frac{m}{d}?{)}^n$

答案就是
$f(1)={\sum }_{d=1}^m\mu (d)?(?\frac{m}{d}?{)}^n$

對$(?\frac{m}{d}?)$分塊,然后杜教篩求莫比烏斯函數(shù)前綴和就可以了.

代碼

#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <unordered_map> #include <map> #define pr(x) std::cout << #x << ':' << x << std::endl #define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i) #define clr(x) memset(x,0,sizeof(x)) #define setinf(x) memset(x,0x3f,sizeof(x))typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; const int N = 10000000; ull mu[N+10];int prime[N+10],pcnt,zhi[N+10]; void sieve(){pcnt = 0;mu[1] = zhi[1] = 1;for(int i = 2;i <= N;++i){if(!zhi[i]) mu[i] = -1,prime[pcnt++] = i;for(int j = 0;j < pcnt && prime[j]*i <= N;++j){zhi[i*prime[j]] = 1;if(i % prime[j] == 0){mu[i*prime[j]] = 0;break;}else{mu[i*prime[j]] = -mu[i];}}}for(int i = 1;i <= N;++i) mu[i] += mu[i-1]; } std::unordered_map<ll,ull> rec,vis; ull Mu(ll x){if(x <= N) return mu[x];if(vis[x]) return rec[x];ull res = 1,now = x,nxt;while(now >= 2){nxt = x/(x/now+1);res -= (now - nxt) * Mu(x/now);now = nxt;}vis[x] = 1;return rec[x] = res; } ll n,m; ull mod_pow(ull x,ll n) {ull res = 1;while(n) {if(n & 1)res *= x;x *= x;n >>= 1;}return res; } int main() {sieve();unsigned long long ans = 0;std::cin >> n >> m;ll nxt;for(ll x = m;x >= 1;x = nxt) {nxt = m/(m/x+1);ans += mod_pow(m/x,n) * (ull)(Mu(x) - Mu(nxt));}std::cout << ans << std::endl;return 0; }

E. 位運(yùn)算？位運(yùn)算！

題解

補(bǔ)過去了,用這種做法發(fā)現(xiàn)被卡常,然后優(yōu)化了一下常數(shù)+快速讀入,用了2400ms的樣子過掉了.

又是一個新套路,之前不會的新套路.

考慮到要進(jìn)行區(qū)間與區(qū)間或還要進(jìn)行區(qū)間求和,那么我們就必須將位拆開來看.

將$n$個數(shù)拆成$20$顆線段樹,第$i$顆線段樹維護(hù)這$n$個數(shù)上第$i$位的信息,線段樹區(qū)間$[l,r]$表示$[l,r]$區(qū)間內(nèi)的數(shù)第$i$位上有多少個$1$.
這樣求和就很方便了,按位算貢獻(xiàn)即可.

或操作,就相當(dāng)于把指定線段樹的指定區(qū)間覆蓋成$1$.與操作就相當(dāng)于把指定線段樹的指定區(qū)間覆蓋成$0$.這里在線段樹上打$lazy$標(biāo)記即可.

現(xiàn)在問題在于,如何進(jìn)行循環(huán)移位.

我們發(fā)現(xiàn)循環(huán)移位就相當(dāng)于線段樹之間輪換兒子.

我們可以遞歸的找到這$20$個線段樹在該區(qū)間下所包含的(完整線段最多$logn$段),然后將它們進(jìn)行輪換.

代碼

#include <iostream> #include <algorithm> #include <vector> #include <cstdio> #include <cstring> #include <assert.h> #define pr(x) std::cout << #x << ':' << x << std::endl #define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i) const int N = 200007; int a[N],root[20],tot; struct node{int sum,lazy,lch,rch;node(int sum = 0,int lazy = 0,int lch = 0,int rch = 0):sum(sum),lazy(lazy),lch(lch),rch(rch){} }ns[N*80]; void tag(int o,int len,int lazy) {if(!o) return ;if(lazy == 1)ns[o].sum = len;elsens[o].sum = 0;ns[o].lazy = lazy; } void pushdown(int o,int l,int r) {if(ns[o].lazy) {int mid = (l + r) >> 1;tag(ns[o].lch,mid-l+1,ns[o].lazy);tag(ns[o].rch,r-mid,ns[o].lazy);ns[o].lazy = 0;} } void set(int o,int l,int r,int cl,int cr,int lazy){if(r < cl || cr < l)return ;if(cl <= l && r <= cr){tag(o,r-l+1,lazy);return ;}int mid = (l + r) >> 1;pushdown(o,l,r);set(ns[o].lch,l,mid,cl,cr,lazy);set(ns[o].rch,mid+1,r,cl,cr,lazy);ns[o].sum = ns[ns[o].lch].sum + ns[ns[o].rch].sum; }int query(int o,int l,int r,int ql,int qr) {if(r < ql || qr < l)return 0;if(ql <= l && r <= qr)return ns[o].sum;int mid = (l + r) >> 1;pushdown(o,l,r);int lch = query(ns[o].lch,l,mid,ql,qr);int rch = query(ns[o].rch,mid+1,r,ql,qr);return lch + rch; }void build(int &o,int l,int r,int p) {if(!o)o = ++ tot;if(l == r) {ns[o] = node((a[l]>>p)&1,0,0,0);return ;}int mid = (l + r) >> 1;build(ns[o].lch,l,mid,p);build(ns[o].rch,mid+1,r,p);ns[o].sum = ns[ns[o].lch].sum + ns[ns[o].rch].sum; }void shift(int *os[],int l,int r,int cl,int cr,int x) {if(r < cl || cr < l)return ;if(cl <= l && r <= cr) {int tmp[20];rep(i,0,19) tmp[i] = *os[i];rep(i,0,19)*os[i] = tmp[(i+x+20)%20];return ; }int mid = (l + r) >> 1;rep(i,0,19)pushdown(*os[i],l,r);int *lft[20],*rgt[20];rep(i,0,19)lft[i] = (&(ns[*os[i]].lch)),rgt[i] = (&(ns[*os[i]].rch));shift(lft,l,mid,cl,cr,x);shift(rgt,mid+1,r,cl,cr,x);rep(i,0,19)ns[*os[i]].sum = ns[ns[*os[i]].lch].sum + ns[ns[*os[i]].rch].sum; } int n,q; inline int read() {char ch = getchar(); int x = 0, f = 1;while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') f = -1;ch = getchar();} while('0' <= ch && ch <= '9') {x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();} return x * f; } int main () {n = read();q = read();rep(i,1,n)a[i] = read();rep(i,0,19)build(root[i],1,n,i);rep(i,1,q) {int op,l,r,v;op = read(),l = read(),r = read(),v = read();if(op == 1 || op == 2) {int *os[20];rep(i,0,19)os[i] = &root[i]; shift(os,1,n,l,r,v*(op == 1?1:-1));} else if(op == 3) {rep(i,0,19)if((v >> i) & 1)set(root[i],1,n,l,r,1);}else if(op == 4) {rep(i,0,19)if(((v >> i) & 1) == 0)set(root[i],1,n,l,r,-1);}else {long long ans = 0;rep(i,0,19)ans += query(root[i],1,n,l,r) * (1LL<<i);printf("%lld\n",ans);}} }

F. 算式子

題解

對于每一個$x\in [1,m]$,都要計(jì)算下面的式子.
${\sum }_{i=1}^n(?\frac{a_i}{x}?+?\frac{x}{a_i}?)$

這個式子可以拆成兩部分來求,即
$?\frac{a_i}{x}?$ 和 $?\frac{x}{a_i}?$.

第一部分容易求

當(dāng)$x$固定時計(jì)算介于$[x,2x),[2x,3x)....$的$a_i$有多少個,講貢獻(xiàn)計(jì)入$an{s}_1[x]$.

第二部分就不那么直觀了

我們設(shè)$an{s}_2[x]={\sum }_{i=1}^n?\frac{x}{a_i}?$

對于每一個$a_i$其中$x\in [a_i,2a_i)$的$an{s}_2$應(yīng)該得到影響$1$,所以我應(yīng)該給$an{s}_2[a_i,2a_i)$數(shù)組進(jìn)行區(qū)間$+1$.而$x\in [a_i,2a_i)$的應(yīng)該得到影響$2$,所以我應(yīng)該給$an{s}_2[2a_i,3a_i)$數(shù)組進(jìn)行區(qū)間$+2$…依次類推…
具體實(shí)現(xiàn)的話,我們線段$an{s}_2$求一個差分?jǐn)?shù)組$delta$,那么我對于$an{s}_2$的$[l,r]$區(qū)間$+d$,就相當(dāng)于對差分?jǐn)?shù)組$delta[l]+=d,delta[r+1]?=d$,最后,對差分?jǐn)?shù)組求前綴和就可以恢復(fù)成$an{s}_2$數(shù)組.

總的時間復(fù)雜度$O(nlogn)$

代碼

#include <iostream>const int N = 2000007; int n,m; long long a[N]; long long num[N],cnt[N],cnt2[N]; long long ans[N]; int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin >> n >> m;for(int i = 0;i < n;++i) {std::cin >> a[i];cnt[a[i]] ++ ;num[a[i]] ++ ;}for(int i = 0;i <= m;++i) cnt[i] += cnt[i-1];long long res = 0;for(int x = 1;x <= m;++x) {int y = 2*x;for(;y <= m;y += x) {ans[x] += (cnt[y-1] - cnt[y-x-1])*((y-1)/x);}ans[x] += (cnt[m] - cnt[y-x-1])*(cnt[m]/x);}for(int i = 1;i <= m;++i) {cnt2[i] += num[i];for(int j = 2*i;j <= m;j += i) {cnt2[j] += num[i];}}for(int x = 1;x <= m;++x) {cnt2[x] += cnt2[x-1];ans[x] += cnt2[x];res ^= ans[x];}std::cout << res << std::endl;return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的牛客练习赛29 题解的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網(wǎng)站內(nèi)容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。