BZOJ.4942.[NOI2017]整数(分块)
可能是退役之前最后一个BZOJ rank1了?
参考这里。
如果没有减法,对一个二进制数暴力进位,均摊复杂度是\(O(1)\)的(要进\(O(n)\)次位就至少需要\(O(n)\)次操作)。
但是这题有减法...显然暴力进位就不对了。
那么我们把减法变成加法,分别维护加上的数\(inc\)和减掉的数\(dec\)是多大。查询时显然不能直接两位相减,要判断一下后面是否需要进位。
对此用\(set\)维护一下\(inc,dec\)所有不同位的位置,找到查询位后面第一个不同的位置,判一下大小关系就可以了。
关于维护进位,比较显然的是拿线段树维护每一位的情况,把\(a\times2^b\)拆成\((2^{a_1}+2^{a_2}+...)2^n\)。。这样就成两个\(\log\)了(╯‵□′)╯︵┻━┻。
注意到\(a\)不算大,而且线段树的每个位置是可以表示\(16\)或\(32\)位的。直接把\(a\)左移\(b\)位(本来就是= =),也就是把\(a\)加到\(b\)那个位置即可。如果取\(32\)位这么加一次显然是只会进位一次的(最多影响两个位置)。
(\(32\)位可以直接用unsigned int
,自然溢出就可以得到加之后这几位的值,判断是否进位就判一下这个数加之前与加之后的大小关系即可)
注意到这个线段树其实没什么必要。分块,每块维护\(32\)位的值,每次只要在对应块上加,然后暴力进位即可。
复杂度\(O(n\log n)\)(set
...)。
另外移位不能\(\geq\)位宽,所以移\(32\)位拆成移\(31\)位再移\(1\)位好了。。
//18148kb 3740ms
#include <set>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define pc putchar
#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
typedef unsigned int uint;
const int N=1e6+5;
uint inc[N],dec[N];
std::set<int> st;
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN,OUT[N<<1],*O=OUT;
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
void Modify(uint a,uint b,uint *A,uint *B)//a在传参前就要取abs啊(uint)
{//2^5=32
int p=b>>5,q=b&31;
uint tmp=A[p],delta=(a>>31-q)>>1; A[p]+=(a<<q);//uint
delta+=(A[p]<tmp); std::set<int>::iterator it;
if(A[p]!=B[p]) st.insert(p);
else if((it=st.find(p))!=st.end()) st.erase(it);
while(delta)
{
tmp=A[++p], A[p]+=delta, delta=A[p]<tmp;
if(A[p]!=B[p]) st.insert(p);
else if((it=st.find(p))!=st.end()) st.erase(it);
}
}
void Query()
{
int b=read(),p=b>>5,q=b&31,ans=((inc[p]^dec[p])>>q)&1;
uint v1=inc[p]&((1<<q)-1),v2=dec[p]&((1<<q)-1);//inc[p]%(2^q) 取出该块p后面的部分
if(v1<v2) *O++=((ans^1)+48);//借位
else if(v1>v2||/*st.empty()||*/*st.begin()>=p) *O++=(ans+48);
else
{
std::set<int>::iterator it=st.lower_bound(p); --it;
*O++=((inc[*it]>dec[*it]?ans:ans^1)+48);
}
*O++='\n';
}
int main()
{
st.insert(N);
for(int T=read(),a=(read(),read(),read()),b; T--; )
switch(read())
{
case 1: a=read(),b=read(),Modify(a>0?a:-a,b,a>0?inc:dec,a>0?dec:inc); break;
case 2: Query();
}
fwrite(OUT,1,O-OUT,stdout);
return 0;
}
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很久以前的奇怪但现在依旧成立的签名
attack is our red sun $$\color{red}{\boxed{\color{red}{attack\ is\ our\ red\ sun}}}$$ ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
很久以前的奇怪但现在依旧成立的签名
attack is our red sun $$\color{red}{\boxed{\color{red}{attack\ is\ our\ red\ sun}}}$$ ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------