2022.11.14

上午打被 \(QC\) 打

T1

与 \(\color{Black}{j}\color{Red}{nmcslh}\) 师傅一顿 \(ACM\)，得出了一个树剖做法，然后花了午饭前一节课的时间码完了，并且竟然一遍 \(A\) 了，非常极限，对我来说非常不可思议。

T2

赛时草了个 \(Hash\) 拿了 \(50\)。
PS: 赛后发现它需要 Pollard-Rho 不太可订（我是废物）。

下午订被昨天的 \(QC\) 订

昨天 T1

使用某种我方未知的技巧通过它：

• 预处理：
  • 将所有的数带上它所在的集合塞进一个大数组 \(a\)，然后按照数字大小排序。
  • 把所有的询问扒下来，去重后挂到每一个 \(A\) 集合上。
• 草出答案：
  将每一个数遍历一遍，用一个数组 \(cnt\) 来记录当前每个集合遍历过的数的个数（满足单调性），对于每一个数，我们将它所在的集合拎出来作为 \(A\) 集合，然后暴力遍历这个 \(A\) 集合相关的询问（预处理时挂上去的），更新这个询问的答案。

然后我们会发现这样做是 \(\Theta(nm)\) 的，期望得分 \(60\)，但实际得分不知为何草出来 \(70\)。

让我们浅加一个孝优化。

显然我们预处理时让询问挂到 \(A,B\) 中更小的上面，这样就可以减少更新次数。
\(\text{Ber}\)，过了，我们发现它的复杂度是 \(\Theta(n\sqrt{n})\) 的。

• 对于 \(\min(\left| A \right|,\left| B \right|) \ge \sqrt{n}\)，集合总数就会 \(\le \sqrt{n}\)，复杂度 \(\Theta(n\sqrt{n})\)。
• 对于 \(\min(\left| A \right|,\left| B \right|) < \sqrt{n}\)，那么显然询问满了也是 \(\Theta(q\sqrt{n})\)。

这玩意好像叫根号分治。

昨天 T2

非常炫酷，十分优雅，极致华丽，不失趣味。

题目很简单，求 \(\left[ 1,n-1 \right]\) 的 \(popcount\) 的抑或和，\(n\) 以二进制形式输入，\(n\le2^{3\times10^5}\)。
这里用数组 \(a\) 来存 \(n\)，\(a\) 的长度为 \(len\)。
考虑统计每一个 \(popcount\) 值的贡献，用组合数算出 popcount出现次数。

做法：

从前往后遍历 \(n\) 的每一个二进制位（就是 \(a\) 数组），令当前位为 \(i\)。

• \(a_i = 0\) 直接跳过。
• \(a_i = 1\) 将这一位置为 0，那么对于二进制位 \(\left[ i+1,len \right]\) 就可以随意选择 0 或 1 了。枚举每一个二进制位 \(\left[ i+1,len \right]\) 的 \(popcount \in \left[ 0,len - i \right]\) ，其出现次数即为 \(C_{len-i}^{popcount}\) ，这时的总 \(popcount\) 要加上 \(\left[ 1,i-1 \right]\)
  内 1 的个数，算进答案即可。

然后我们容易发现，出现次数为偶数的 \(popcount\) 值会两两相互抵消，算出的组合数如果是个偶数我们就可以忽略它了，那么我们来思考一下如何判断组合数的奇偶性。

判断 \(C_m^n\) 的奇偶性：

使用 Lucas 定理。
在模 \(2\) 意义下，

\[\Large{C_m^n = C_{m>>1}^{n>>1} \ast C_{m\%2}^{n\%2}} \]

同时，有

\[\Large{C_0^0 = 1,C_1^0 = 1,C_1^1 = 1,C_0^1 = 0} \]

发现这个式子就相当于把 \(n\) 和 \(m\) 一位一位比对，并且只有 \(C_0^1 = 0\) 时，整个 \(C_m^n\) 会等于 \(0\)，否则为 \(1\)。
翻译一下，如果存在 \(i\)，且 \(n\) 的二进制第 \(i\) 位为 \(1\)，且 \(m\) 的二进制 第 \(i\) 位为 \(0\)，\(C_m^n\) 就是偶数，否则为奇数。
再翻译一下，\(C_m^n\) 为偶数当且仅当 \(n\ \& \ m \ne n\)（“\(\&\)”表示按位与）。
非常优雅。

好，我们回到这道题，我们只需要统计出现次数为奇数的 \(popcount\) 即可。对于每个位置 \(i\)，我们找出 \(C_{len-i}^{popcount}\) 为奇数的，其实就是找出所有 \(len-i\) 二进制位的子集。

找出 \(n\) 的二进制子集：

代码长这样：

for(int i = n; i; i = (i - 1) & n){
    ...
}

\(i\) 就是我们要的 \(n\) 的子集。

手模并感性理解一下，非常优雅。

那么这题就做完了。
优雅至极。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 10;
char a[N];
int ans, cnt, len;
int main(){
    scanf("%s", a + 1);
        len = strlen(a + 1);
        for(int i = 1; i <= len; ++i){
            if(a[i] == '1'){
                ans ^= cnt;//要算上 j 为 0 的情况
                for(int j = len - i; j; j = (j - 1) & len - i)
                    ans ^= j + cnt;
                ++cnt;
            }
        }
        printf("%d", ans);
    return 0;
}