2022-CodeStar十一综合评估CSP-S模拟

T1：异或序列

给定长度为 $n$ 的数组 $A$，求出 $\displaystyle \sum_{i=1}^N\sum_{j=i}^N A_i \oplus A_{i+1} \cdots \oplus A_j$
多组测试数据

限制：

• $1 \leqslant T \leqslant 10$
• $2 \leqslant N \leqslant 2 \times 10^5$
• $0 \leqslant A_i \leqslant 10^9$

参考难度：

普及+/提高

算法分析

$20$ 分
由于 $n \leqslant 200$，直接使用三层循环，枚举 $A$ 数组所有区间，然后循环求异或即可。

$40$ 分
需要联系到异或运算的特性，如果求 $A_i \oplus A_{i+1} \oplus \cdots A_j$，可以变成 $A_1 \oplus A_2 \oplus \cdots \oplus A_{i-1} \oplus A_i \oplus \cdots \oplus A_j$ 和 $A_1 \oplus A_2 \oplus \cdots \oplus A_{i-1}$ 取异或。设 $S_i = S_{i-1} \oplus A_i = A_1 \oplus A_2 \oplus \cdots \oplus A_i$，那么区间 $[i, j]$ 的异或和可以表示成 $S_{i-1} \oplus S_j$。只需 $O(1)$ 时间就能求出区间的异或和，可以优化成 $O(n^2)$ 。

$100$ 分

由于异或运算是按位操作，所以二进制的不同位不会互相影响，我们可以分成 $30$ 位进行考虑，那么 $A$ 数组可以看作 $1$ 或 $0$ 的数字。
如果数组只有 $1$ 或者 $0$，一个区间的异或和只和区间中 $1$ 的个数奇偶性有关系。如果有奇数个 $1$，答案就是 $1$；如果有偶数个 $1$，答案就是 $0$。
可以使用上面的 $S$ 数组方便计算，枚举二进制的第 $k$ 位，再枚举区间的右端点 $j$，如果希望对答案有贡献，那么 $S_{i-1} \oplus S_j$ 在二进制第 $k$ 位必须是 $1$。如果 $S_j$ 在第 $k$ 位是 $1$，那么它对答案的贡献是 $2^k \times S_0$ 到 $S_j$ 中第 $k$ 位是 $0$ 的个数；如果 $S_j$ 在第 $k$ 位是 $0$，那么它对答案的贡献是 $2^k \times S_0$ 到 $S_j$ 中第 $k$ 位是 $1$ 的个数。
整体时间复杂度为 $O(n\log A)$，其中 $\log A$ 最大为 $30$ 。

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
 
using namespace std;
using ull = unsigned long long;
 
int main() {
    cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(false);
    
    int t;
    cin >> t;
    
    while (t--) {
        int n;
        cin >> n;
        vector<int> a(n);
        rep(i, n) cin >> a[i];
        
        vector<int> s(n+1);
        rep(i, n) s[i+1] = s[i]^a[i];
        
        ull ans = 0;
        rep(j, 30) {
            int c0 = 1, c1 = 0;
            ull now = 0;
            for (int i = 1; i <= n; ++i) {
                if (s[i]>>j&1) now += c0, c1++;
                else now += c1, c0++;
            }
            ans += now*(1<<j);
        }
        cout << ans << '\n';
    }
    
    return 0;
}

T3: 小猴摘桃

给定一颗树，求树上经过偶数个节点的路径数量。

限制：

• $n \leqslant 10^5$

参考难度：

普及+/提高

算法分析

$30$ 分
枚举起点 $S$，枚举终点 $T$，使用 DFS 求出起点到终点的距离，如果距离是奇数，说明经过的结点是偶数个，答案加 $1$ 。

$60$ 分
枚举起点 $S$，使用 BFS 求出 $S$ 到所有点的距离，对于距离为奇数的点，说明经过的结点是偶数个，答案加上距离是奇数的点的数量。
也可以枚举起点 $S$ 和终点 $T$，然后使用 lca 求 $S$ 到 $T$ 的距离。

$100$ 分

树形dp

记 dp[v][0/1] 表示以 $v$ 为根的子树中到 $v$ 距离为偶数/奇数的点的个数

转移方程：

dp[v][0] += dp[u][1]
dp[v][1] += dp[u][0]+1

最后的答案就是 $(dp[1][0]+1) \times dp[1][1]$ 。

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
 
using namespace std;
using ll = long long;
 
int main() {
    int n;
    cin >> n;
    
    vector<vector<int>> to(n);
    rep(i, n-1) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        --a; --b;
        to[a].push_back(b);
        to[b].push_back(a);
    }
    
    vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2));
    auto dfs = [&](auto& f, int v, int p=-1) -> void {
        for (int u : to[v]) {
            if (u == p) continue;
            f(f, u, v);
            dp[v][0] += dp[u][1];
            dp[v][1] += dp[u][0]+1;
        }
    };
    dfs(dfs, 0);
    
    ll ans = (ll)(dp[0][0]+1) * dp[0][1];
    cout << ans << '\n';
	
	return 0;
}