CF #814 D2 - Burenka and Traditions (hard version)

DP + map优化转移

Problem - D2 - Codeforces

题意

给 n (1 <= n <= 1e5) 个元素的数组，每次操作可以选一个区间 $[l,r]$ 和一个非负整数 x，花 $\lceil \frac {r-l+1}2\rceil$ 的代价让 $[l,r]$ 的元素 a[i] ^= x, 求最小代价使数组元素全部为 0

思路

1. 因为操作长度为 len 的区间，产生的效果与代价和操作 $\lfloor\frac {len}2\rfloor$ 次长度为 2 的区间 + len % 2 次长度为 1 的区间一样，所以之后只操作长度为 1 或 2 的区间， 代价均为 1

2. 由于代价是区间长度除以 2 向上取整，所以最好操作偶数长度的区间

3. 基于 1，2 中贪心的思想，每次尽量操作长度为 2 的区间，因此就先对 $a[1],a[2]$ 操作，为了让它们尽量变为 0，可以选择让它们都异或 $a[1]$ ，这样 $a[1]$ 为 0， $a[2]=a[1]\;xor\;a[2]$

4. 同理，对于一段长度为 len 的区间 $[l,r]$, 若要把它们都变为 0，按上述方案操作，操作 len - 1 次后 $[l,r-1]$ 都已变为 0, a[r] = a[l] ^ a[l+1] ^ ... ^ a[r], 此时若 $[l,r]$ 的异或和为 0，则可以省一次操作；否则 $a[r]$ 还要异或上自身，为了使操作数变小，就是要操作异或和为 0 的区间尽量多（因此也可以转换为找到互不相交的异或和为 0 的区间数量，答案为 n - 该数量，下文并不是这种转移，但也是对的）

5. 设 $f[i]$ 为把前 i 个变为 0 的代价, 初始化 $f[i]=f[i-1]+1$, 表示 $a[i]$ 单独操作一次

   从 1 到 i - 1 枚举 idx，若 $[idx,i]$ 的异或和为 0，表示操作 $[idx,i]$ 这个区间后可以省一次代价，用 $f[idx-1]+i-idx$ 更新答案，复杂度为 $O(n^2)$

6. 可以用 map 存下前缀异或和 为 x 的最靠后（用靠后的下标转移肯定比靠前的要优，这也是把转移复杂度从 $O(n)$ 降到 $O(1)$ 的关键）的下标 i，即 $mp[s[i]]=i$；

   假设枚举到 r，找到 $l=mp[s[r]]$, 表示 $s[l]==s[r]$, 即 $[l+1,r]$ 的异或和为 0，直接用 $f[r]=min(f[r],f[l]+r-l-1)$ 更新答案

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <map>
using namespace std;
#define endl "\n"

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;

const int N = 1e5 + 10;
int a[N];
int s[N], f[N];
map<int, int> mp;
int n;
void init()
{
	mp.clear();
	mp[0] = 0;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	int T;
	cin >> T;
	while(T--)
	{
		cin >> n;
		init();
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			cin >> a[i];
			s[i] = s[i-1] ^ a[i];
		}
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			f[i] = f[i-1] + 1;
			int t = s[i];
			if (mp.count(t))
			{
				int idx = mp[t];
				f[i] = min(f[i], f[idx] + i - idx - 1);
			}
			mp[s[i]] = i;
		}
		cout << f[n] << endl;
	}
    return 0;
}