[2021-07-19 內測] NOIP

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操作

description

有n堆石子，每堆石子都有一定的數量，第i堆石子的數量用Ai表示。

任意兩堆石子均可合并，一堆石子也可 以分成兩堆非空的石子。

一次合并或一次分裂都算一次操作。

經過若干次操作以后，石子還剩m堆，告訴你m堆石子的數量Bi，問至少經歷了幾次操作。

Input

多組數據，第一行一個正整數T表示數據組數，對于每組數據：

第一行，首先一個數n，接下來是n個正整數表示A1~An。

第二行，首先一個數m，接下來是m個正整數表示B1~Bm。

保證A數組的和等于B數組的和。

Output

每組數據一個整數，表示至少經歷了多少次操作，保證答案在int范圍之內。

Example

standard input

1

1 6

3 1 2 3

standard output

2

Note

對于100%的數據，1 ≤ n,m ≤ 10，1 ≤ Ai,Bi ≤ 50，1 ≤ T ≤ 5

solution

法一：搜索加剪枝，上限是$O(n^n)$，但肯定跑不滿

法二：狀壓$DP$

合并某些$A$中的數，然后再拆成$B$中的某些數

可以把這樣的操作看成合并某些$A$中的數和某些$B$中的數，使之和相等即可

顯然，最壞的操作上界是$A,B$都合成只剩一個數，$n?1+m?1=n+m?2$次操作

但是每當有一段$A$的合成數和$B$的一段合成數相同時，$A,B$就可以不再跟其它的數合并

$A,B$的操作數都減少$1$，一共減少了$2$次總操作數

也就是說，一段和相同，就會減少$2$次操作，而我們則想要和相同的段數越多越好

可以把$B$中的數取反合在$A$后面，和相同也就變成了求和等于$0$

設$f_i:$ 操作了$i$集合的數的最多段數，$su{m}_i:$ 選的$i$集合的數的和，如果為$0$，那么$f_i$則$+1$

最后的$f_{(1<<(n+m)?1)}$肯定會$+1$，但是這個多余貢獻是不會減少總操作數的

code

#include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; int T, n, m; int A[25], f[1 << 20], sum[1 << 20];int lowbit( int x ) {return x & ( -x ); }int main() {scanf( "%d", &T );while( T -- ) {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%d", &A[i] );scanf( "%d", &m );for( int i = 1;i <= m;i ++ )scanf( "%d", &A[i + n] ), A[i + n] = - A[i + n];n += m, m = 1 << n, f[0] = 0;for( int i = 1;i < m;i ++ ) {sum[i] = 0, f[i] = 0;for( int j = 1;j <= n;j ++ )if( 1 << j - 1 & i ) {sum[i] = sum[i ^ ( 1 << j - 1 )] + A[j];f[i] = max( f[i ^ ( 1 << j - 1 )] + ( sum[i] == 0 ), f[i] );}}printf( "%d\n", n - 2 - ( f[m - 1] - 1 << 1 ) );}return 0; }

異或

description

N 個數字，要求選擇 M 次，每次從 N 個數中選出兩個數(Ai,Aj)(但不能和之前某次選擇 相同)

此次選擇的得分為 Ai xor Aj。 求最大得分。

Input

第一行包含兩個整數 N,M 接下來一行共 N 個整數描述 N 個數字。

Output

輸出一個整數，表示最大得分除以 10^9+7 的余數

Example

Standard input

3 2

1 2 3

Standard output

5

Note

對于 100%的測試數據，N≤50000，0≤Ai≤10^9

solution

• 二分第$M$大的值$x$，check異或和大于等于$x$的個數

  • 建字典樹，每個點記錄經過其的個數$cnt$

  • 對每個$a_i$進行字典樹查找，顯然想要大于等于$x$就盡可能異或出現$1$

    $a_i$的$j$位為$1(0)$，那么就去字典樹$now$的$0(1)$端的點找

    • 如果存在，必定會出現$1<<j$的貢獻，加上之前路徑上的貢獻（記為$sum$)
      • 如果已經大于等于$x$，則直接加上該點的$cnt$，不用繼續往下搜了
      • 如果還不夠，$sum$累加該位貢獻，繼續下一位的搜索
    • 如果不存在，那么就只能放棄$j$位的貢獻
      • 如果現在的$sum$加上假設后面位全為$1$的貢獻和$(1<<j)?1$都不夠，也不用搜了(不可能)
      • 否則，還是繼續下一位的搜索

  • 為了卡常不$T$，字典樹應只建一次在二分外面，那么就會造成統計大于等于$x$的異或個數時$(x,y),(y,x)$都被計算進入，所以真正的個數應該是要除以$2$的

• 然后我們就確定了第$M$大的值$x$

  大于等于$x$的個數可能多于$M$個，最后的答案會涉及減去多余個數乘$x$的貢獻

  多余個數的值一定是$x$，不然第$M$大就不可能是$x$

  第$M$大是$x$，意味著大于等于$x+1$的異或組合小于$M$個

• 最后就只剩下求值的問題了

  • 枚舉$a_i$，邊重構字典樹邊計算答案值和真正的個數，這樣就不需要除以$2$了

  • 走法與上面同理

  • 怎么在計算$cnt$的同時計算$ans$，在確定不用繼續往下搜的情況那里統計即可

    字典樹重構時，開一個數組$on{e}_i:$ 經過該點的第$i$位為$1$的個數

    統計時，枚舉位$j$，如果位$j$要產生$1<<j$的貢獻，顯然數要與$a_i$的$j$位不同才行

    • $a_i$的$j$位為$1$，則應該為$cnt?on{e}_j$的個數
    • $a_i$的$j$位為$0$，則就是$on{e}_j$的個數

code

#include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; #define mod 1000000007 #define maxn 50005 struct node {int cnt;int son[2], one[30]; }t[maxn * 29]; int n, m, tot, mid; long long cnt, ans; int digit[30], a[maxn];void read( int &x ) {x = 0; char s = getchar();while( s < '0' || s > '9' ) s = getchar();while( '0' <= s && s <= '9' ) {x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( s ^ 48 );s = getchar();} }long long dfs_cnt( int now, int d, int sum, int x ) {if( d < 0 ) return 0;long long num = 0;int k = x >> d & 1;if( t[now].son[k ^ 1] ) {if( sum + ( 1 << d ) >= mid ) num += t[t[now].son[k ^ 1]].cnt;else num += dfs_cnt( t[now].son[k ^ 1], d - 1, sum + ( 1 << d ), x );}if( t[now].son[k] && sum + ( 1 << d ) - 1 >= mid ) num += dfs_cnt( t[now].son[k], d - 1, sum, x );return num; }long long calc() {long long num = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ )num += dfs_cnt( 0, 29, 0, a[i] );return ( num >> 1 ); }void add( int now, int x ) {for( int i = 29;~ i;i -- ) {int k = ( x >> i & 1 ) ^ 1;if( k ) ans = ( ans + ( 1ll << i ) * t[now].one[i] ) % mod;else ans = ( ans + ( 1ll << i ) * ( t[now].cnt - t[now].one[i] ) ) % mod;} }long long dfs_sum( int now, int d, int sum, int x ) {if( d < 0 ) return 0;long long num = 0;int k = x >> d & 1;if( t[now].son[k ^ 1] ) {if( sum + ( 1 << d ) >= mid ) add( t[now].son[k ^ 1], x ), num += t[t[now].son[k ^ 1]].cnt;else num += dfs_sum( t[now].son[k ^ 1], d - 1, sum + ( 1 << d ), x );}if( t[now].son[k] && sum + ( 1 << d ) - 1 >= mid ) num += dfs_sum( t[now].son[k], d - 1, sum, x );return num; }void solve() {for( int i = 0;i <= tot;i ++ )t[i].cnt = t[i].son[0] = t[i].son[1] = 0;tot = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {int len = 0;for( int j = 29;~ j;j -- )if( a[i] >> j & 1 ) digit[++ len] = j;int now = 0;for( int j = 29;~ j;j -- ) {int c = a[i] >> j & 1;if( ! t[now].son[c] ) t[now].son[c] = ++ tot;now = t[now].son[c];t[now].cnt ++;for( int k = 1;k <= len;k ++ )t[now].one[digit[k]] ++;}cnt += dfs_sum( 0, 29, 0, a[i] );} }int main() {read( n ), read( m );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {read( a[i] );int now = 0;for( int j = 29;~ j;j -- ) {int c = a[i] >> j & 1;if( ! t[now].son[c] ) t[now].son[c] = ++ tot;now = t[now].son[c];t[now].cnt ++;}}int l = 1, r = ( 1 << 30 ) - 1, val = 1;while( l <= r ) {mid = ( l + r ) >> 1;if( calc() >= m ) val = mid, l = mid + 1;else r = mid - 1;}mid = val;solve();printf( "%lld\n", ( ans - 1ll * val * max( 0ll, cnt - m ) % mod + mod ) % mod );return 0; }

等級

description

數組A中有n個數，下標從1開始。

如果數組中某一段滿足其中的所有元素可以組成一個公差為k的等差數 列，則這一段具備k的等級。

需要注意的是，一個數可以算作公差為任意整數的等差數列。

現在有m個操作，分為兩類：

1 X Y: 表示X位置的數變成Y

2 L R K: 表示查詢[L,R]是否 等級為k。

Input

第一行兩個正整數n,m。 第二行n個非負整數Ai。 接下來m行每一行表示一個操作，格式上文已給出。

強制在線：在本題中x,y,l,r都是經過加密的，需要異或你之前輸出的Yes的個數來進行解密。

由于輸入量較大，建議使用快讀。

Output

對于每個操作2，輸出一行，”Yes”表示可以達到等級K，”No”表示不可以。

Example

standard input

5 3

1 3 2 5 6

2 1 5 1

1 5 4

2 1 5 1

standard output

No

Yes

Note

對于100%的數據，1 ≤ n,m ≤ 300000，0 ≤ Ai,y ≤ 10^9，1 ≤ l ≤ r ≤ n，1 ≤ x ≤ n，0 ≤ k ≤ 10^9

solution

法一：長達$7k$的無腦碼農題

• 線段樹維護區間最大值
• 線段樹維護區間最小值
• 線段樹維護區間是否重復——set/map離散化
• 線段樹維護區間差的$gcd$
• 如果是等差數列公差為$k$，必然滿足
  • 最大值$?$最小值$=(r?l)?k$
  • 區間無重復
  • $gcd=k$

法二：數學真是太強了！

既然是等差數列，則必定滿足等差數列的一次方和，二次方和$...$高次方和的多個公式

顯然可以線段樹維護區間的一次方和，二次方和$...$

判斷是否跟公式一一符合即可

至于能否被卡，顯然是次方維護越多就越難被卡掉

竊以為到三次方就唯一確定是否是等差數列了

不過本題只用維護到平方和即可

具體公式推導可詳見博主置頂數學公式證明博文，Thanks?(･ω･)ﾉ

code

#include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; #define inf 0x7f7f7f7f #define int long long #define maxn 300005 struct node {int Min, Max, sum1, sum2; }t[maxn << 2]; int n, m; int a[maxn];void read( int &x ) {x = 0; char s = getchar();while( s < '0' || s > '9' ) s = getchar();while( '0' <= s && s <= '9' ) {x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( s ^ 48 );s = getchar();} }void merge( node &t, node x, node y ) {t.Max = max( x.Max, y.Max );t.Min = min( x.Min, y.Min );t.sum1 = x.sum1 + y.sum1;t.sum2 = x.sum2 + y.sum2; }void build( int num, int l, int r ) {if( l == r ) {t[num].Max = t[num].Min = t[num].sum1 = a[l];t[num].sum2 = a[l] * a[l];return;}int mid = ( l + r ) >> 1;build( num << 1, l, mid );build( num << 1 | 1, mid + 1, r );merge( t[num], t[num << 1], t[num << 1 | 1] ); }void modify( int num, int l, int r, int pos ) {if( l == r ) {t[num].Max = t[num].Min = t[num].sum1 = a[l];t[num].sum2 = a[l] * a[l];return;}int mid = ( l + r ) >> 1;if( pos <= mid ) modify( num << 1, l, mid, pos );else modify( num << 1 | 1, mid + 1, r, pos );merge( t[num], t[num << 1], t[num << 1 | 1] ); }node query( int num, int l, int r, int L, int R ) {if( L <= l && r <= R ) return t[num];int mid = ( l + r ) >> 1;node ans = { inf, -inf, 0, 0 };if( L <= mid ) merge( ans, ans, query( num << 1, l, mid, L, R ) );if( mid < R ) merge( ans, ans, query( num << 1 | 1, mid + 1, r, L, R ) );return ans; }signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%lld", &a[i] );build( 1, 1, n );int opt, x, y, l, r, k, cnt = 0;while( m -- ) {scanf( "%lld", &opt );if( opt & 1 ) {scanf( "%lld %lld", &x, &y );x ^= cnt, y ^= cnt;if( a[x] == y ) continue;else a[x] = y; modify( 1, 1, n, x );}else {scanf( "%lld %lld %lld", &l, &r, &k );l ^= cnt, r ^= cnt;node MS = query( 1, 1, n, l, r );if( MS.Max - MS.Min != ( r - l ) * k ) {printf( "No\n" );continue;}int N = r - l + 1, a = MS.Min;if( N * a + N * ( N - 1 ) / 2 * k != MS.sum1 ) {printf( "No\n" );continue;}if( N * a * a + N * ( N - 1 ) * k * a + ( N - 1 ) * N * ( 2 * N - 1 ) / 6 * k * k != MS.sum2 ) {printf( "No\n" );continue;}cnt ++;printf( "Yes\n" );}}return 0; }

矩陣

description

有一個$n?n$的01矩陣，當它每一行、每一列都恰好有兩個位置是1的時候，稱為配對矩陣

請問從$1?1$到$n?n$的所有01矩陣中有多少矩陣為配對矩陣。

設 f[i]表示邊長為i的配對矩陣的個數，即詢問：${\sum }_{i=1}^n{f}_i$

Input

第一行一個正整數n。

Output

一行一個整數表示所求答案模上998244353的值。

Example

standard input

2

standard output

1

樣例解釋：唯一的矩陣是 n=2，所有位置都是1的矩陣。

Note

對于100%的數據，1 ≤ n ≤ 10^7

solution

法一：王者打表前七個，找規律猜出$DP$轉移方程

法二：正常人的推理

轉換題意為：

• 有$1\times n$的序列 $\to$ 一共有$n$列
• 一共$n$次操作 $\to$ $n$行
• 第$i$次選兩個格子進行操作$+1\to$ 第$i$行選擇兩個$1$的列位置
• 每一列$1$的位置 $\to$ 兩次順序操作$i,j$選擇了該位置
• 最后使得每個格子的數都恰好是$2$

也就是說，如果第$i$次操作選擇了$j,k$意味著第$i$行的$j,k$列為$1$，第$j,k$列的其中有個$1$是在$i$行

$f_i$定義不變，$g_i:$ 長度序列為$i$已經進行了一次操作(已經有兩個位置為$1$，剩下$i?1$次操作)的方案數

• $f_i$的轉移

  • $f_{i?2}\times (i?1)\times C_i^2$，兩次操作都選擇同樣的兩個格子

    • 那么兩次操作順序不會造成影響，是等價的，所以是在$i$次操作中任選兩次操作$C_i^2$
    • 剩下$i?2$長度的空序列$f_{i?2}$
    • 考慮新增行的位置(隨便考慮一個位置固定也行)是一定要填的，剩下的有$C_{i?1}^i=(i?1)$種選擇

  • $g_{i?1}\times C_{i?1}^2\times A_i^2$，兩次操作格子不同

    • 剩下$i?1$長度序列且有兩個已經為$1$，$g_{i?1}$

    • 與固定新增塊相連的兩個塊隨便選，$C_{i?1}^2$

    • 在$i$次操作中選兩次操作，操作順序不同，是不等價的，$A_i^2$

• $g_i$的轉移

  • $f_{i?2}\times (i?1)$，直接進行一次兩個$1$位置的操作

    • 剩下$i?2$長度的空序列，$f_{i?2}$

    • $(i?1)$次操作中，進行一次操作，$C_{i?1}^1=i?1$

  • $f_{i?3}\times (i?2)\times A_{i?1}^2$，兩個操作額外選的位置相同

    • 剩下$i?3$長度的空序列，$f_{i?3}$

    • 額外配對位置選擇有$(i?2)$

    • $i?1$次操作中，兩個操作的順序不同結果不同，$A_{i?2}^2$

  • $g_{i?2}\times A_{i?2}^2\times A_{i?1}^2$，各自選的格子互不相同

    • 剩下$i?2$長度且已有兩個格子為$1$的序列，$g_{i?2}$

    • 兩個格子選擇不同結果不同，與原兩個格子的配對順序也不同，$A_{i?2}^2$

    • $i?2$次操作中，兩個操作的順序不同結果不同，$A_{i?2}^2$

code

#include <cstdio> #define int long long #define maxn 10000005 #define mod 998244353 int f[maxn], g[maxn]; int n, ans;int C( int x ) {return x * ( x - 1 ) / 2 % mod; }int A( int x ) {return x * ( x - 1 ) % mod; }signed main() {scanf( "%lld", &n );f[0] = f[2] = g[2] = ans = 1;for( int i = 3;i <= n;i ++ ) {f[i] = ( f[i] + f[i - 2] * ( i - 1 ) % mod * C( i ) ) % mod;f[i] = ( f[i] + g[i - 1] * C( i - 1 ) % mod * A( i ) ) % mod; g[i] = ( g[i] + f[i - 2] * ( i - 1 ) ) % mod;g[i] = ( g[i] + f[i - 3] * ( i - 2 ) % mod * A( i - 1 ) ) % mod;g[i] = ( g[i] + g[i - 2] * A( i - 2 ) % mod * A( i - 1 ) ) % mod;ans = ( ans + f[i] ) % mod;}printf( "%lld\n", ans );return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[2021-07-19 内测NOIP] 操作（状压DP），异或（字典树），等级（线段树），矩阵（DP）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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