2024.05 别急记录
1. POI2015 - Podział naszyjnika
考虑对每个位置附一个随机权值，保证序列中所有等于某个数的位置权值异或和为 \(0\)。则一种划分合法当且仅当两个区间异或和都为 \(0\)，相当于找到一个区间 \([L,R]\) 异或和为 \(0\)。于是用 umap 记录前缀异或和即可。第二问把每个相同的前缀异或和放到一个 vector 里双指针即可。注意 \([1,i],[i+1,n]\) 之类的划分可能会被统计两次，解决方法是不统计所有以 \(n\) 结尾的区间。
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//P3587
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long ll;
void solve();int main(){ solve(); return 0; }
const int N = 1e6 + 10;
int n, k, a[N], cnt, mx;
ll xom[N], val[N], ans;
unordered_map<ll, int> mp;
vector<int> g[N];
int cl(int x, int y){
return min(y - x, x + n - y);
}
mt19937 rng(time(0));
uniform_int_distribution<long long>gen(1,0x3f3f3f3f3f3f3f3f);
void solve(){
srand(unsigned(time(NULL)));
mp[0] = ++ cnt;
g[mp[0]].push_back(0);
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
scanf("%d", &a[i]);
val[i] = gen(rng);
xom[a[i]] ^= val[i];
}
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
val[i] ^= xom[a[i]];
xom[a[i]] = 0;
val[i] ^= val[i-1];
if(!mp[val[i]]){
mp[val[i]] = ++ cnt;
}
g[mp[val[i]]].push_back(i);
}
for(int i = 1; i <= cnt; ++ i){
int x = g[i].size();
if(mp[val[n]] == i){
-- x;
}
ans += (ll)x * (x-1) / 2;
int pr = 0;
for(int j = 1; j < x; ++ j){
while(pr < j && cl(g[i][pr], g[i][j]) < cl(g[i][pr+1], g[i][j])){
++ pr;
}
mx = max(mx, cl(g[i][pr], g[i][j]));
}
}
printf("%lld %d", ans, n - mx - mx);
}
2. XJTUPC2024 - 循环移位
三种运算做法本质相同，考虑异或的做法。
预处理 \(f_{i,j}\) 表示若循环移位后 \(x_i\) 移动到 \(x_0\) 的位置时，\(x\) 数组每一项的二进制第 \(j\) 位与下标二进制第 \(j\) 位进行异或后的和。
观察到只有 \(i\in[0,2^{j+1})\) 是有用的，因为 \(f_{i,j}=f_{i\bmod 2^{j+1},j}\)。
考虑递推 \(f_{i-1,j}\to f_{i,j}\)。可以观察到每 \(2^j\) 位会改变一个，其他位置的值不会变（类似于 \(\texttt{00001111}\to \texttt{10000111}\)，只变了两位）。所以我们每次找到这样的若干位暴力修改即可。
求好 \(f\) 数组后就可以暴力枚举 \(x_0\) 的位置然后对于每个位置 \(O(n)\) 求解了。
复杂度 \(\sum_{j=0}^n2^{j+1}\dfrac{2^n}{2^j}=O(n2^n)\)。
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//P10524
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long ll;
void solve();int main(){ solve(); return 0; }
const int N = (1 << 20) + 10;
int n, m, a[N];
ll sum[N][20];
int clc(int p, int q, int k, int op){
p += m;
if(op == 0){
return ((p>>k)&1) ^ ((q>>k)&1);
} else if(op == 1){
return ((p>>k)&1) & ((q>>k)&1);
} else {
return ((p>>k)&1) | ((q>>k)&1);
}
}
ll calc(int op){
memset(sum, 0, sizeof(sum));
for(int j = 0; j < n; ++ j){
for(int i = 0; i < m; ++ i){
sum[0][j] += clc(i, a[i], j, op);
}
for(int i = 1; i < (1 << j + 1); ++ i){
sum[i][j] = sum[i-1][j];
for(int k = (i-1) % (1<<j); k < m; k += (1 << j)){
sum[i][j] -= clc(k-i+1, a[k], j, op);
sum[i][j] += clc(k-i, a[k], j, op);
}
}
}
ll ans = 0;
for(int i = 0; i < m; ++ i){
ll now = 0;
for(int j = 0; j < n; ++ j){
now += sum[i%(1<<j+1)][j] * (1 << j);
}
ans = max(ans, now);
}
return ans;
}
void solve(){
scanf("%d", &n);
m = 1 << n;
for(int i = 0; i < m; ++ i){
scanf("%d", &a[i]);
}
printf("%lld %lld %lld\n", calc(0), calc(1), calc(2));
}
3. XJTUPC2024 - 最后一块石头的重量
题目等价于求操作后 \(\sum a\) 最小值。设 \(S=\sum a\)，可以发现每次操作等价于令 \(S\) 减掉 \(2a_i\)，所以求得一个 \(T=\sum 2a_ix_i,(x_i\in\{0,1\})\) 使得 \(S\geq T 且 S-T\) 最小即为答案，转换为子集和中位数问题（AGC020C）。
可以使用随一个排列然后小范围背包过，也可以使用厉害科技。
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//P10527
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long ll;
void solve();int main(){ solve(); return 0; }
const int N = 1e4 + 10;
int n, x, a[N];
int f[N*2], g[N*2];
void solve(){
scanf("%d", &n);
int sum = 0, all = 0, ss = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
scanf("%d", &a[i]);
sum += a[i];
all += a[i];
x = max(x, a[i]);
}
ss = sum;
sum /= 2;
int b = 0, w = 0;
while(w + a[b+1] <= sum){
++ b;
w += a[b];
}
f[w-sum+x] = b + 1;
for(int i = b + 1; i <= n; ++ i){
memcpy(g, f, sizeof(g));
for(int j = x; j; -- j){
f[j+a[i]] = max(f[j+a[i]], g[j]);
}
for(int j = x + x; j >= x + 1; -- j){
for(int k = f[j]-1; k >= max(1, g[j]); -- k){
f[j-a[k]] = max(f[j-a[k]], k);
}
}
}
int ans = 0;
for(int j = x; j; -- j){
if(f[j]){
ans = all - sum - j + x;
break;
}
}
printf("%d\n", ans + ans - ss);
}
4. [ARC176D] Swap Permutation
首先有 \(a-b=\sum1[a\geq x][b<x]\)。所以对于每个 \(1\leq k<n\)，令 \(q_i=1[p_i\geq k]+0[p_i<k]\)，求出 \(q\) 数组经过 \(m\) 次操作后能生成的所有数组中相邻 \(\texttt{01}\) 对个数和 \(+\) 相邻 \(\texttt{10}\) 对个数和，对于所有 \(k\) 把和累计起来即为答案。
问题转化为给定 \(\texttt{01}\) 数组，求经过 \(m\) 次操作后能生成的所有数组中相邻 \(\texttt{01}\) 对个数和 \(+\) 相邻 \(\texttt{10}\) 对个数和。
考虑一个位置 \((i,i+1)\)，它的初始值和经过一次操作后的值总共有 \(16\) 种情况（\(\texttt{00,01,10,11}^2\)）。而每一种情况的转移只和数组中 \(\texttt{0,1}\) 的个数有关，可以写成矩阵形式。
对于不同的 \(k\)，每次 \(k+1\to k\) 只会修改 \(\texttt{01}\) 数组中一个位置，可以方便维护。
所以可以做到 \(O(4^3n\log m)\)。
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//AT_arc176_d
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long ll;
void solve();int main(){ solve(); return 0; }
const int N = 2e5 + 10;
const int mp[3][3] = {{0,1,4},{2,3,4},{4,4,4}};
int n, m, p[N], pos[N], a[N], cnt[5];
const ll P = 998244353;
ll ans;
struct mat{
ll a[4][4];
};
mat mul(mat x, mat y){
mat z;
memset(z.a, 0, sizeof(z.a));
for(int k = 0; k < 4; ++ k){
for(int i = 0; i < 4; ++ i){
for(int j = 0; j < 4; ++ j){
z.a[i][j] += x.a[i][k] * y.a[k][j] % P;
if(z.a[i][j] >= P){
z.a[i][j] -= P;
}
}
}
}
return z;
}
mat qp(mat x, int y){
mat ans = x;
-- y;
while(y){
if(y & 1){
ans = mul(ans, x);
}
x = mul(x, x);
y >>= 1;
}
return ans;
}
void solve(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
scanf("%d", &p[i]);
pos[p[i]] = i;
}
a[0] = a[n+1] = 2;
cnt[mp[0][0]] = n-1;
for(int i = 1; i <= n; ++ i){//i 1, n-i 0
int j = pos[i];
-- cnt[mp[a[j-1]][a[j]]];
-- cnt[mp[a[j]][a[j+1]]];
a[j] = 1;
++ cnt[mp[a[j-1]][a[j]]];
++ cnt[mp[a[j]][a[j+1]]];
mat k;
k.a[0][0] = (ll)n * (n-1) / 2 - 2 * i;
k.a[0][1] = i;
k.a[0][2] = i;
k.a[0][3] = 0;
k.a[1][0] = n-i-1;
k.a[1][1] = (ll)n * (n-1) / 2 - (n-1);
k.a[1][2] = 1;
k.a[1][3] = i-1;
k.a[2][0] = n-i-1;
k.a[2][1] = 1;
k.a[2][2] = (ll)n * (n-1) / 2 - (n-1);
k.a[2][3] = i-1;
k.a[3][0] = 0;
k.a[3][1] = n-i;
k.a[3][2] = n-i;
k.a[3][3] = (ll)n * (n-1) / 2 - 2 * (n-i);
for(int j = 0; j < 4; ++ j){
for(int q = 0; q < 4; ++ q){
k.a[j][q] %= P;
}
}
k = qp(k, m);
ans += (ll)cnt[0] * (k.a[0][1] + k.a[0][2]) % P;
ans += (ll)cnt[1] * (k.a[1][1] + k.a[1][2]) % P;
ans += (ll)cnt[2] * (k.a[2][1] + k.a[2][2]) % P;
ans += (ll)cnt[3] * (k.a[3][1] + k.a[3][2]) % P;
ans %= P;
}
printf("%lld\n", ans);
}
5. APIO2024 - September
观察到一个位置 \(i\) 可以作为某天的结尾当且仅当：
- 对于 \(0\leq k < m\), \(S_{k,0},S_{k,1},...,S_{k,i}\) 组成的集合相同。
- 树去除掉这个集合内的点后仍然连通。
第一个限制很好做，第二个限制可以给每个点打上需要删除的标记，删除一个点时把需要删除的标记设为 \(0\)，把未删除儿子的需要删除标记设为 \(1\)。那么满足第二个条件当且仅当所有点的需要删除标记均为 \(0\)。
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//qoj8724
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long ll;
int val[100010], del[100010], nd[100010];
vector<int> g[100010];
int solve(int N, int M, std::vector<int> F,
std::vector<std::vector<int>> S){
int cnt = 0, ndc = 0;
ll sum = 0;
int n = N, m = M;
for(int i = 1; i < n; ++ i){
g[F[i]].push_back(i);
}
for(int i = 0; i < n - 1; ++ i){
for(int j = 0; j < m; ++ j){
sum -= abs(val[S[j][i]]);
if(!j){
int p = S[j][i];
val[p] += m-1;
if(nd[p]){
nd[p] = 0;
-- ndc;
}
del[p] = 1;
for(int q : g[p]){
if(!del[q]){
nd[q] = 1;
++ ndc;
}
}
} else {
-- val[S[j][i]];
}
sum += abs(val[S[j][i]]);
if(sum == 0 && ndc == 0){
++ cnt;
}
}
}
for(int i = 0; i <= n; ++ i){
vector<int> ().swap(g[i]);
val[i] = nd[i] = del[i] = 0;
}
return cnt;
}
//int main(){
// printf("%d\n", solve(3, 1, {-1, 0, 0}, {{1, 2}}));
// printf("%d\n", solve(5, 2, {-1, 0, 0, 1, 1}, {{1, 2, 3, 4}, {4, 1, 2, 3}}));
// return 0;
//}
6. LuoguP3791 - 普通数学题
设 \(N=n+1\)，则 \([0,N)\) 之间的二进制数可以分成若干块，例子如下：
\(\texttt{10010111}\)
\(\texttt{0xxxxxxx}\)
\(\texttt{1000xxxx}\)
\(\texttt{100000xx}\)
\(\texttt{1000010x}\)
\(\texttt{10000110}\)
其中 \(\texttt{x}\) 表示 \(\texttt{0,1}\) 均可。
那么设一个块为 \(x+[0,2^y)\)，枚举 \(n,m\) 分成的块 \(p+[0,2^i),q+[0,2^j)\)，设 \(r\) 为\(p\operatorname{xor}q\operatorname{xor}x\) 的最高 \(\max(i,j)\) 位（低位全部设为 \(0\)），那么这两块与 \(x\) 两两异或和为 \(r+[0,2^{\max(i,j)})\) 重复 \(2^{\min(i,j)}\) 遍。
问题转化为给定区间求约数个数和，转化为给定前缀求约数个数和，数论分块即可。
复杂度 \(O(\log^2n\sqrt n)\)，过不去，使用记忆化即可做到 \(O(\log n\sqrt n)\)。为什么呢？因为 \(r+[0,2^{\max(i,j)})\) 的区间左右端点分别只和 \(i,j\) 其中一个相关。
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//P3791
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long ll;
void solve();int main(){ solve(); return 0; }
const ll P = 998244353;
ll n, m, x, ans;
map<ll, ll> mp;
ll cw(ll v){
if(v <= 0 || mp[v]){
return mp[v];
}
ll ans = 0;
for(ll i = 1, j = 0; i <= v; i = j + 1){
j = v / (v / i);
ans += v / i * (j - i + 1);
}
return mp[v] = ans;
}
ll cq(ll v, int p){
return (cw(v + (1ll<<p) - 1) - cw(v - 1) + P) % P;
}
void solve(){
cin >> n >> m >> x;
++ n;
++ m;
for(int i = 0; i <= 40; ++ i){
if(n & (1ll << i)){
for(int j = 0; j <= 40; ++ j){
if(m & (1ll << j)){
ll t = x ^ n ^ m;
int r = max(i, j);
t ^= (1ll << i) ^ (1ll << j);
t = (t | ((1ll<<r)-1)) - (1ll<<r) + 1;
ans += cq(t, r) * (1ll << min(i, j)) % P;
ans %= P;
}
}
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
