莫队-题1

XOR and Favorite Number

题解

我们考虑将问题进行转化

对于一个区间$[l,r]$中有多少个子区间异或值为$k$这个问题，我们考虑到异或的前缀性质，对其进行差分

即：令$pre_i$为$[1,i]$的前缀异或和，对于$i,j \in [l,r],i\leq j$，且$pre_{i - 1} \oplus pre_j=k$

那么问题转化为：区间$[l,r]$中有多少个二元组$(i,j)$，满足$pre_{i - 1} \oplus pre_j=k$

而莫队恰好适用于解决区间二元组的问题，令$cnt[x]$代表$x$的出现次数

我们考虑$add$操作：先查询$ans +=cnt[pre_i \oplus k]$，再修改$cnt[pre_i]++$

$delete$操作是一样的

小$trick$：将询问的$l$提前$-1$，即$l:=l-1$

注意开$long \ long $

const int N = 1e5 + 10, M = 1e7 + 10;
const int B = sqrt(N) + 1;

int n, q, k;
int a[N], pre[N];
int cnt[M], id[N], ans[N], preAns;

struct QUERY
{
    int l, r, idx;
    bool operator<(const QUERY &t) const
    {
        if (id[l] == id[t.l])
        {
            if (id[l] & 1)
                return r < t.r;
            else
                return r > t.r;
        }
        else
            return l < t.l;
    }
} qry[N];

void build()
{
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        id[i] = i / B + 1;
}

void del(int i)
{
    cnt[pre[i]]--;
    preAns -= cnt[pre[i] ^ k];
}

void add(int i)
{
    preAns += cnt[pre[i] ^ k];
    cnt[pre[i]]++;
}

void solve()
{
    cin >> n >> q >> k;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        pre[i] = pre[i - 1] ^ a[i];
    build();
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
    {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        l--;
        qry[i] = {l, r, i};
    }
    sort(qry + 1, qry + q + 1);
    for (int i = 1, l = 1, r = 0; i <= q; ++i)
    {
        while (l > qry[i].l)
            add(--l);
        while (r < qry[i].r)
            add(++r);
        while (l < qry[i].l)
            del(l++);
        while (r > qry[i].r)
            del(r--);
        ans[qry[i].idx] = preAns;
    }
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
        cout << ans[i] << endl;
}

P5268 [SNOI2017] 一个简单的询问

题解：双前缀莫队

我们将题目转化成区间二元组的形式：

从$[l_1, r_1]$中选一个$i$，从$[l_2,r_2]$中选一个$j$，询问有多少个二元组$(i,j)$满足$a_i = a_j$

但是这个是从两个区间中分别选，怎样简化呢？

我们考虑差分

令$f(l_1, r_1,l_2,r_2)$为从$[l_1, r_1]$中选一个$i$，从$[l_2,r_2]$中选一个$j$，且$a_i=a_j$的方案数

则$\sum get(l_1,r_1,x)\times get(l_2,r_2,x) = f(l_1, r_1,l_2,r_2)$

假设我们从$[l_2,r_2]$中选择了一个$j$，那么方案数可以差分成：从$[1,r_1]$中选择一个$i$，使得$a_i=a_j$的方案数减去从$[1,l_1 - 1]$中选择一个$i$，使得$a_i=a_j$的方案数，即

\[ f(l_1, r_1,l_2,r_2) = f(1,r_1,l_2,r_2) - f(1,l_1-1,l_2,r_2) \]
那么，同理，我们也可以从$[l_1,r_1]$中选一个$i$，对区间$[l_2,r_2]$进行差分，得到：

\[ f(l_1, r_1,l_2,r_2) \\ =f(1,r_1,l_2,r_2) - f(1,l_1-1,l_2,r_2)\\ =f(1,r_1,1,r_2) - f(1,r_1,1,l_2-1)-f(1,l_1-1,1,r_2)+f(1,l_1-1,1,l_2-1) \]
那么我们就将一个询问转化为了$4$个询问，只不过莫队维护的是双前缀的答案

我们令$cnt1[x]$为前缀$[1,l]$中$x$出现的次数，$cnt2[x]$为前缀$[1,r]$中$x$出现的个数

比如说我们在$[1,l]$进行$add$操作变为$[1,l+1]$时，设$a[l+1]=x$对答案的维护应该为：

\[ ans += cnt2[x]\\ cnt1[x]++ \]

同时，因为维护的是前缀，所以我们需要调整一下莫队修改的方式

const int N = 5e4 + 10, M = 1e7 + 10;
const int B = sqrt(N) + 1;

int n, q, a[N];
int cnt1[N], cnt2[N], id[N], ans[N][4], preAns;

struct QUERY
{
    int l, r, idx1, idx2;
    bool operator<(const QUERY &t) const
    {
        if (id[l] == id[t.l])
        {
            if (id[l] & 1)
                return r < t.r;
            else
                return r > t.r;
        }
        else
            return l < t.l;
    }
} qry[N << 2];

void build()
{
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        id[i] = i / B + 1;
}

void del(int x, int type)
{
    if (type == 1)
    {
        cnt1[x]--;
        preAns -= cnt2[x];
    }
    else
    {
        cnt2[x]--;
        preAns -= cnt1[x];
    }
}

void add(int x, int type)
{
    if (type == 1)
    {
        preAns += cnt2[x];
        cnt1[x]++;
    }
    else
    {
        preAns += cnt1[x];
        cnt2[x]++;
    }
}

void solve()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    build();
    cin >> q;
    int idx = 0;
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
    {
        int l1, r1, l2, r2;
        cin >> l1 >> r1 >> l2 >> r2;
        // 一个询问转化为4个询问
        qry[++idx] = {r1, r2, i, 0};
        qry[++idx] = {r1, l2 - 1, i, 1};
        qry[++idx] = {l1 - 1, r2, i, 2};
        qry[++idx] = {l1 - 1, l2 - 1, i, 3};
    }
    sort(qry + 1, qry + idx + 1);
    for (int i = 1, l = 0, r = 0; i <= idx; ++i)
    {
        if (qry[i].l > qry[i].r)
            swap(qry[i].l, qry[i].r);
        // 调整莫队的顺序
        while (r < qry[i].r)
            add(a[++r], 2);
        while (l < qry[i].l)
            add(a[++l], 1);
        while (l > qry[i].l)
            del(a[l--], 1);
        while (r > qry[i].r)
            del(a[r--], 2);
        ans[qry[i].idx1][qry[i].idx2] = preAns;
    }
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
        cout << ans[i][0] - ans[i][1] - ans[i][2] + ans[i][3] << endl;
}

P3245 [HNOI2016] 大数

题解：后缀差分

该题显然是询问区间中子区间个数的问题，将其转换为区间二元组问题

考虑后缀差分，令$suf[i]$为$[i,n]$数字串所形成的数字

那么$[l,r]$数字串为$\frac{suf[l] - suf[r + 1]}{10^{n - r}}$

如果$[l,r]$的数字串为$p$的倍数，则

\[\frac{suf[l] - suf[r + 1]}{10^{n - r}} \% p = 0\\ \]
当$p \neq 2 \ and \ 5$时，$10^{n - r}$与$p$互质，所以:

\[(suf[l] - suf[r + 1]) \% p = 0 \\ suf[l] \% p = suf[r + 1] \% p \]
令$suf[i]$为$[i,n]$数字串所形成的数字$\%p$后的余数

那么题目就转化为：询问在区间$[l,r]$中二元组$(i,j)$，满足$suf[i] = suf[j + 1]$的个数

显然可以用莫队解决，注意$p\leq10^9$，所以需要对$suf[i]$进行离散化

当$p = 2 \ or \ 5$的时候考虑特判

显然如果一个数字串结尾的数字$\%p=0$，那么那么该数字前面的包含该数字的子串都是$p$的倍数

所以如果$s[i]\%p=0,i \in[l,r]$，那么第$i$位数字对答案的贡献为$i - l + 1$

所以对于一个区间的询问，我们考虑预处理前缀答案以及前缀个数即可

const int N = 2e5 + 10, M = 4e5 + 10;
const int B = sqrt(N) + 1;

int n, p, q, pre1[N], pre2[N], suf[N];
int id[N], ans[N], preAns, cnt[N];
string s;

struct QUERY
{
    int l, r, idx;
    bool operator<(const QUERY &t) const
    {
        if (id[l] == id[t.l])
        {
            if (id[l] & 1)
                return r < t.r;
            else
                return r > t.r;
        }
        else
            return l < t.l;
    }
} qry[N];

void build()
{
    for (int i = 1; i <= n + 1; ++i)
        id[i] = (i - 1) / B + 1;
}

void del(int i)
{
    cnt[suf[i]]--;
    preAns -= cnt[suf[i]];
}

void add(int i)
{
    preAns += cnt[suf[i]];
    cnt[suf[i]]++;
}

void cal()
{
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        if ((s[i] - '0') % p == 0)
        {
            pre1[i] = pre1[i - 1] + i;
            pre2[i] = pre2[i - 1] + 1;
        }
        else
        {
            pre1[i] = pre1[i - 1];
            pre2[i] = pre2[i - 1];
        }
    }
    cin >> q;
    while (q--)
    {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        int res = pre1[r] - pre1[l - 1];
        cout << res - (pre2[r] - pre2[l - 1]) * (l - 1) << endl;
    }
}

void solve()
{
    cin >> p >> s;
    n = s.length();
    s = " " + s;
    // p = 2 or 5 时特判
    if (p == 2 || p == 5)
    {
        cal();
        return;
    }
    build();
    vector<int> vec;
    int pow = 1;
    suf[n + 1] = 0;
    // 最后一个点也要离散化
    vec.push_back(suf[n + 1]);
    for (int i = n; i >= 1; --i)
    {
        suf[i] = (suf[i + 1] + (s[i] - '0') * pow % p) % p;
        pow = pow * 10 % p;
        vec.push_back(suf[i]);
    }
    sort(all(vec));
    vec.erase(unique(all(vec)), vec.end());
    auto find = [&](int x)
    {
        return lower_bound(all(vec), x) - vec.begin() + 1;
    };
    for (int i = 1; i <= n + 1; ++i)
        suf[i] = find(suf[i]);
    cin >> q;
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
    {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        qry[i] = {l, r + 1, i};
    }
    sort(qry + 1, qry + q + 1);
    for (int i = 1, l = 1, r = 0; i <= q; ++i)
    {
        while (l > qry[i].l)
            add(--l);
        while (r < qry[i].r)
            add(++r);
        while (l < qry[i].l)
            del(l++);
        while (r > qry[i].r)
            del(r--);
        ans[qry[i].idx] = preAns;
    }
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
        cout << ans[i] << endl;
}

posted @ 2023-08-26 12:50 Zeoy_kkk 阅读(8) 评论(0) 编辑收藏举报

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