7.6
7.6
Binary
Description
Solution
遇到位运算直接拆位。
都拆了的话二进制 + 操作不好处理，所以只拆y
对于每个二进制位单独考虑，且y这一位为1才考虑。
不考虑+x时，我们还可以弄一棵权值线段树，那么cnt[i]所包含的数就是这样的：比i高的位任意，i位以内满足在$$[ 2^{i−1}, 2^i −1 ]$$这个区间内。可以发现我们查询的区间对于整个值域来说并不连续，而是一段一段的，因此我们对每个二进制位都开一棵值域线段树，第i位的线段树存储的数则由ai变为ai mod $$2^i$$。这样我们操作第i位时，直接在第i位的线段树中查询$$[ 2^{i−1}, 2^i −1 ]$$内的数有多少个，就行了。
接下来考虑+x。这个实际上是对查询区间的位移，比如当前查询区间$$[ 2^{i−1}, 2^i −1 ]$$内，那么就变成$$[ 2^{i−1}-x, 2^i −1-x ]$$内。要注意这里的x是mod $$2i$$的。唯一的问题就是区间左端点可能为负。这好办，先把0到右端点的正常操作，假设左端点变成了−z，那我们再查询$$[2i−z,2^i−1]$$就行了。这里相当于是退位一样的东西
把线段树换成树状数组,20个线段树爆空间
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x&(-x))
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,a[100005],t[25][1<<20];
inline void update(int x,int y,int pos){
while(x<=(1<<(pos+1))){
t[pos][x]+=y;
x+=lowbit(x);
}
}
inline int query(int x,int pos){
int sum=0;
while(x)
sum+=t[pos][x],x-=lowbit(x);
return sum;
}
int main(){
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=read();
for(int j=0;j<=19;j++)
update(a[i]%(1<<(j+1))+1,1,j);// lowbit(0)是死循环，所以+1
//拆位
}
for(int i=1;i<=m;i++){
int op=read(),x=read(),y=read();
if(op==1){
for(int j=0;j<=19;j++)
update(y%(1<<(j+1))+1,1,j),//加上y的贡献
update(a[x]%(1<<(j+1))+1,-1,j);//撤掉x的贡献
a[x]=y;
}else{
long long ans=0ll;
for(int j=0;j<=19;j++){
if((y&(1<<j))==0)continue;
int l=(1<<j)-1,r=(1<<(j+1))-1;
l=(l-x+(1<<20))%(1<<(j+1));
r=(r-x+(1<<20))%(1<<(j+1));
if(l<=r)ans+=(long long)(1<<j)*(query(r+1,j)-query(l+1,j));
else ans+=(long long)(1<<j)*(query(r+1,j)+query((1<<(j+1))+1,j)-query(l+1,j));
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
return 0;
}
Value
Description
给定n个物品，每个物品价值为vi代价为wi。
可以以任意顺序选择任意数量的物品，但在选择i号物品以后，剩下物品的价值就会减少wi，要求最大化选择商品的价值之和。
Solution
考试骗分40
（n<=8) 全排列直接搞。。。
正解：（其实很简单）
首先可以看出贪心，按w[i] 从小到大排序
然后dp，设f[i] [j]表示前 i 个物品当前到第 j个的最大价值
因为选了这个东西之后会对后面的物品造成影响，所以考虑倒序枚举，这样选了 j 就对背包里已有的物品（已知状态）产生影响了
然后这时候w[i] 从大到小排序，循环还是正着写
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=5005;
int n,f[N][N],ans=-0x3f3f3f3f;
struct node{
int v,w;
}a[N];
bool cmp(node a,node b){
return a.w>b.w;
}
int main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i].v=read(),a[i].w=read();
sort(a+1,a+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
f[i&1][j]=max(f[(i-1)&1][j],f[(i-1)&1][j-1]+a[i].v-(j-1)*a[i].w);
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=max(ans,f[n&1][i]) ;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
matrix
Description
点（x1,y1）对(x2,y2)的贡献为
（0,0）到（n,m）的路径数为C(n+m,m)( 只往右或往下走)
从最左一边走到最右一边，需要走n-1步，从最上边走到最下边，需要走m-1步，所以一共走n+m-2步。这n+m-2步中，有些步是向右的，有些步是向下的，将这些步排列组合ans=c(n+m-2,n-1)或ans=c(n+m-2,m-1)
看样例，我们列出这样的东西（假设a,b为任意常数）：
把矩阵翻转成杨辉三角，然后数一数要求的点在第几行，第几列，然后根据杨辉三角第i行，第j列的值为 c(i,j) 得出
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define p 1000000007
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N = 200005;
LL n,a,b;
LL fac[N],inv[N];
LL qsm(LL a,LL b){
LL res=1;
while(b){
if(b&1)res=(res*a)%p;
b>>=1;
a=(a*a)%p;
}
return res;
}
LL C(LL n,LL m){
if(n<m)return 0;
return (fac[n]*inv[m]%p)*inv[n-m]%p;
}
LL x[N],y[N],ans;
int main(){
n=read();a=read();b=read();
for(int i=1;i<=n;i++)y[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)x[i]=read();
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=2*n;i++)fac[i]=(i*fac[i-1])%p;
inv[2*n]=qsm(fac[2*n],p-2);
for(int i=2*n-1;i>=0;i--)inv[i]=(inv[i+1]*(i+1))%p;
a%=p,b%=p;
for(int i=2;i<=n;i++){
int tmp=x[i]%p;
tmp=(tmp*qsm(a,n-i))%p;
tmp=(tmp*qsm(b,n-1))%p;
tmp=(tmp*C(2*n-2-i,n-2))%p;//第一行只能向下，第一列只能向右
ans=(ans+tmp)%p;
tmp=y[i]%p;
tmp=(tmp*qsm(a,n-1))%p;
tmp=(tmp*qsm(b,n-i))%p;
tmp=(tmp*C(2*n-2-i,n-2))%p;
ans=(ans+tmp)%p;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
