ARC151D Binary Representations and Queries

ARC151D Binary Representations and Queries

题目链接：ARC151D Binary Representations and Queries

非常好思维题。

思路

首先我们会发现每个操作都是 $\frac{n}{2}$ 的 $A_i$，给另外 $\frac{n}{2}$ 的 $A_j$ 的增加。

这题直接去维护每个操作时间复杂度会开心的笑。

所以我们换个思路，先去探究一下这题的性质。

考虑一下，是否操作直接可以交换顺序？

反正我觉得不可以

现在我们来证明一下，交换操作不会对答案造成影响（这里交换的前提是要求 $x_i\ne x_j$）。

设有操作 $i,j$，且 $x_i\ne x_j,i<j$。

那么我们可以将 $2^n$ 个下标分为 $4$ 个集合。

1.$b_{x_i}=y_i$ 且 $b_{x_j}=y_j$。

2.$b_{x_i}=y_i$ 且 $b_{x_j}\ne y_i$。

3.$b_{x_i}\ne y_i$ 且 $b_{x_j}=y_j$。

4.$b_{x_i}\ne y_i$ 且 $b_{x_j}\ne y_j$。

这里的 $b_i$ 表示第 $i$ 位二进制的数。

我们将集合 $u$ 向 $v$ 连有向边，表示集合 $u$ 内的下标会给 $v$ 内的下标做贡献，边的权值为这次操作的编号。

注意这里的权值仅表示操作的编号。

• 如果先做操作 $i$，每个集合最终所得到的值如下：

  ​ $2\leftarrow 1$。

  ​ $3\leftarrow 1$。

  ​ $4\leftarrow 2+3+1$。

• 如果先做操作 $j$，每个集合最终所得到的值如下：

  ​ $2\leftarrow 1$。

  ​ $3\leftarrow 1$。

  ​ $4\leftarrow 3+2+1$。

不难发现，每个集合所得到的值并没有发生变化。

也就是说，只要满足 $x_i\ne x_j$，我们是可以交换操作的。

有了这个性质，我们考虑把所有 $x_i$ 相等的操作交换到一起操作。

这样就被分成了两个集合，这两个集合间互相给对方做贡献，方便我们快速统计每个集合收到贡献的系数。

这样就可以快速求 $A_i$ 了。

时间复杂的 $O(n\log n)$。

CODE

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define mod 998244353

const int maxn=3e5+5;

int n,q;

ll a[maxn],tmp[maxn];

vector<int>tag[20];

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&q);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++) scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=1;i<=q;i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        tag[x].push_back(y);
    }
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        int x_1=1,y_1=0,x_0=1,y_0=0;//x是自己对自己的贡献系数，y是对方对自己的贡献系数
        for(int k:tag[i])
        {
            if(k) x_0=(x_0+y_1)%mod,y_0=(y_0+x_1)%mod;
            else x_1=(x_1+y_0)%mod,y_1=(y_1+x_0)%mod;
        }
        for(int j=0;j<(1<<n);j++)
        {
            if((j>>i)&1) tmp[j]=(x_1*a[j]%mod+y_1*a[j^(1<<i)]%mod)%mod;
            else tmp[j]=(x_0*a[j]%mod+y_0*a[j^(1<<i)]%mod)%mod;
        }
        for(int j=0;j<(1<<n);j++) a[j]=tmp[j];
    }
    for(int j=0;j<(1<<n);j++) printf("%lld ",a[j]);
}