bzoj5108 [CodePlus2017]可做题 位运算dp+离散

[CodePlus2017]可做题

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 512 MB
Submit: 87  Solved: 63
[Submit][Status][Discuss]

Description

qmqmqm希望给sublinekelzrip出一道可做题。于是他想到了这么一道题目：给一个长度为n的非负整数序列ai,你需

要计算其异或前缀和bi,满足条件b1=a1,bi=bi?1 xor ai(i≥2).但是由于数据生成器出现了问题，他生成的序列a

的长度特别长，并且由于内存空间不足，一部分ai已经丢失了，只剩余m个位置的元素已知。现在qmqmqm找到你，

希望你根据剩余的ai,计算出所有可能的a序列对应的b序列中∑=bi(1<=i<=N)的最小值。

Input

输入第一行两个非负整数n,m,分别表示原始序列a的长度及剩余元素的个数。

之后m行，每行2个数i,ai，表示一个剩余元素的位置和数值。

1<=N<=10^9,0<=M<=Min(n,10^5),0<=ai<=10^9

注意未知的 ai 可以超过已知 ai 的范围。

保证输入中所有的 i 不同，且满足 1 ≤ i ≤ n。

Output

输出一个整数表示可能的最小值

Sample Input

5 3
4 0
3 7
5 0

Sample Output

7
已知的 a 序列为： X, X, 7, 0, 0, 其中X表示这个位置丢失了。一种可能的 a 序列为
0, 7, 7, 0, 0, 对应的 b 序列为 0, 7, 0, 0, 0, 和最小为 7。可以证明不存在和更小的情况

HINT

 

来自 CodePlus 2017 11 月赛，清华大学计算机科学与技术系学生算法与竞赛协会 荣誉出品。

Credit：idea/卢政荣　命题/卢政荣　验题/何昊天

Git Repo：https://git.thusaac.org/publish/CodePlus201711

本次比赛的官方网址：cp.thusaac.org

感谢腾讯公司对此次比赛的支持。

 

Source

 

题解，各个位置上的位运算是相互不影响的，

所以可以分开来dp，然后，对于相差两个即以上的可以抵消，

那么是需要特殊处理，一个的话默认为前面的或者0，数据范围比较大，需要离散化。

#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdio>

#define ll long long
using namespace std;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(ch<='9'&&ch>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

int n,m,b[300005],pre;
ll ans,f[300005][2];
struct node{int id,val;}a[300005];
bool cmp(node a,node b){return a.id<b.id;}
int main()
{
    n=read();m=read();n=0;
    for (int i=1;i<=m;i++)
        a[i].id=read(),a[i].val=read();
    sort(a+1,a+m+1,cmp);
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        if (a[i].id-pre-1>=2){b[++n]=-1;b[++n]=-1;b[++n]=a[i].val;}
        else if (a[i].id-pre==2){b[++n]=-1;b[++n]=a[i].val;}
        else b[++n]=a[i].val;
        pre=a[i].id;
    }
    f[0][1]=1e15;f[0][0]=0;
    for (int p=0;p<=30;p++)
    {
        for (int i=1;i<=n;i++)
            if (b[i]<0)
            {
                   f[i][1]=min(f[i-1][0]+(1<<p),f[i-1][1]+(1<<p));
                f[i][0]=min(f[i-1][1],f[i-1][0]);
            }
            else
            {
                if (b[i]&(1<<p))
                {
                    f[i][1]=f[i-1][0]+(1<<p);
                    f[i][0]=f[i-1][1];
                }
                else
                {
                    f[i][1]=f[i-1][1]+(1<<p);
                    f[i][0]=f[i-1][0];
                }
            }
        ans+=min(f[n][0],f[n][1]);
    }
    printf("%lld",ans);
}