NOI Online #3 提高组

水壶#

题意：

给一排$n$个水壶，有$m$次操作，每次可以选一个壶，把里面的水倒入右边一个壶，最后把一个壶里的水喝掉，最多能喝多少水？

$m+1\leq n\leq 10^6$

题解：

选出和最大的连续的$m+1$个，前缀和。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define int long long
#define ls(p) (p<<1)
#define rs(p) (p<<1|1)
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(i) ((i)&(-i))
	const int N=1e6+10;
	int n,m,ans;
	int a[N],s[N];
	inline void main()
	{
		ios::sync_with_stdio(0);
		cin.tie(0),cout.tie(0);
		cin>>n>>m;
		++m;
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			cin>>a[i];
			s[i]=s[i-1]+a[i];
		}
		for(int i=m;i<=n;++i)
		{
			ans=max(ans,s[i]-s[i-m]);
		}
		cout<<ans<<'\n';
	}
}
signed main()
{
	red::main();
	return 0;
}
/*


*/

魔法值#

题意：

$n$个点，$m$条边，每个点上有点权，第$0$天为$f_{i,0}$，之后每天，节点$v$的权值变化为前一天所有和它直接相连节点的异或和，问$q$次，问第$k$天$1$号节点的权值。

$n,q\leq 100,m\leq 10000,f_{i,0},k< 2^{32}$

题解：

变化可以看作一个矩阵的形式

我们把有边直接相连的两个点$x,y$之间的邻接矩阵$G$值记作$2^{32}-1$，其它值记作$0$

那么每次一个节点的权值变化可以写作：

$$f[i][k]=\sum f[j][k-1]\&G[i][j]$$

其中$\sum$在这里是异或和，$f[i][k]$是第$k$天，$i$号节点的值。

那考虑后一天的邻接矩阵值怎么由前一天得到

其实和上面的式子类似

$$G[x][z][k]=\sum G[x][y][k-1]\&G[y][z][k-1]$$

$\sum$同样是异或和。

这样就可以矩阵快速幂了，复杂度$O(n^3*log*q)$，小慢。

转移答案矩阵只要$O(n^2)$，而转移邻接矩阵要$O(n^3)$

二进制拆分，先预处理出所有二的幂次的转移矩阵$O(n^3log)$

询问的时候再做快速幂，$O(n^2qlog)$

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define int long long
#define ls(p) (p<<1)
#define rs(p) (p<<1|1)
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(i) ((i)&(-i))
	const int N=100+10;
	int n,m,k;
	int a[N];
	int f[N][N];
	struct matrix
	{
		int g[N][N];
	}T[32],ans;
	inline void mul(matrix &ans,matrix T,int n,int m)
	{
		matrix tmp;
		for(int i=1;i<=n;++i)
			for(int j=1;j<=m;++j) tmp.g[i][j]=0;
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			for(int j=1;j<=m;++j)
			{
				for(int k=1;k<=m;++k)
				{
					tmp.g[i][j]^=ans.g[i][k]&T.g[k][j];
				}
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;++i)
			for(int j=1;j<=m;++j) ans.g[i][j]=tmp.g[i][j];
	}
	inline void fast()
	{
		for(int i=1;i<=n;++i)
			for(int j=1;j<=n;++j) T[0].g[i][j]=f[i][j];
		for(int k=1;k<=31;++k)
		{
			for(int i=1;i<=n;++i)
				for(int j=1;j<=n;++j) T[k].g[i][j]=T[k-1].g[i][j];
			mul(T[k],T[k-1],n,n);
		}
	}
	inline void main()
	{
		ios::sync_with_stdio(0);
		cin.tie(0),cout.tie(0);
		cin>>n>>m>>k;
		for(int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i];
		for(int i=1;i<=m;++i)
		{
			int x,y;cin>>x>>y;
			f[x][y]=f[y][x]=(1ll<<32)-1;
		}
		fast();
		for(int i=1;i<=k;++i)
		{
			int x;cin>>x;
			for(int i=1;i<=n;++i) ans.g[1][i]=a[i];
			for(int k=31;k>=0;--k) if((x>>k)&1)
			{
				mul(ans,T[k],1,n);
			}
			cout<<ans.g[1][1]<<'\n';
		}
	}
}
signed main()
{
	red::main();
	return 0;
}
/*

*/

优秀子序列#

题意：

给定序列$A$，一个优秀子序列是指，这个子序列任意两个数的与为$0$。一个子序列的贡献是$\varphi(1+\sum a_i)$

问所有优秀子序列的贡献。

$n\leq 10^6,a_i\leq 2*10^5$

题解：

一个优秀子序列，二进制下每一位肯定只出现一次。

设$dp[S]$是优秀子序列的二进制和是$S$的方案数，明显可以枚举子集做到$3^{18}$

特别注意$dp[0]=2^{c[0]}$

然后就过了，呃

还有更优秀的子集卷积做法，不会

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define int long long
#define ls(p) (p<<1)
#define rs(p) (p<<1|1)
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(i) ((i)&(-i))
	const int N=1e6+10,mod=1e9+7;
	int n,ans;
	int c[N],dp[N];
	inline int phi(int x)
	{
		//cout<<x<<"!!"<<endl;
		int ret=x;
		for(int i=2;i*i<=x;++i)
		{
			if(x%i==0)
			{
				ret=ret*(i-1)/i;
				while(x%i==0) x/=i;
			}
		}
		if(x>1) ret=ret*(x-1)/x;
		//cout<<ret<<"!!!!"<<endl;
		return ret;
	}
	inline void main()
	{
		ios::sync_with_stdio(0);
		cin.tie(0),cout.tie(0);
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			int x;cin>>x;
			++c[x];
		}
		dp[0]=1;
		for(int i=1;i<=c[0];++i) dp[0]=dp[0]*2%mod;
		for(int s=0;s<(1<<18);++s)
		{
			for(int sub=s;sub;sub=(sub-1)&s)
			{
				if(sub<(s^sub)) break;
				dp[s]=(dp[s]+(c[sub]*dp[s^sub]))%mod;
			}
			if(dp[s])
			{
				//cout<<s<<' '<<dp[s]<<"!"<<endl;
				ans=(ans+dp[s]*phi(1+s))%mod;
			}
		}
		cout<<ans<<'\n';
	}
}
signed main()
{
	red::main();
	return 0;
}
/*
4
0 2 2 3

*/