Codeforces Round 932 (Div. 2) DE 题解
D. Exam in MAC
可以直接考虑容斥：
\(总数 - (x + y) 属于 s 的方案数 - (x - y) 属于 s 的方案数 + (x + y)且(x - y) 属于 s 的方案数。\)
对于两个减号，考虑枚举 \(s\) 的元素 \(p\)，则会贡献 \(\frac{p}{2}+1\)（\(x + y\) 的方案数） 和 \(c - p + 1\)（\(x - y\) 的方案数） 的贡献。
对于最后一个加号，可以发现如果 \(x + y\) 和 \(x - y\) 确定，则 \(x，y\) 就确定了，而有解条件是 \(x + y\) 和 \(x - y\) 同奇偶，那么把 \(s\) 中的元素的奇数和偶数分别统计一下即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
int T; cin >> T;
while (T--) {
int n, c; cin >> n >> c;
int s1 = 0, s2 = 0, c1 = 0, c2 = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int x; cin >> x;
s1 += (x / 2) + 1; s2 += (c - x + 1);
if (x & 1) c1++; else c2++;
} ++c;
cout << c * (c - 1) / 2 + c - s1 - s2 + c1 * (c1 - 1) / 2 + c2 * (c2 - 1) / 2 + c1 + c2 << endl;
}
return 0;
}
E. Distance Learning Courses in MAC
首先，如果 \(x_i,y_i\) 的最高位相同，那么其实对答案的影响是固定的，消去，不用考虑。
也就是说，我们现在只考虑 \(x_i,y_i\) 最高位不等的情况，记 \(z_i\) 表示选的数字。
容易想到从高到低位依次考虑枚举到 \(p\) 时如何填数，那么这时候我们记录 \(y_i\) 最高位为 \(p\) 的个数是 \(a\) 个，由上述描述，这 \(a\) 个区间 一定可以取到 \(2^p-1\)。再记当前已知对答案的影响是 \(b\) 个。
-
\(a > 0 且 a + b \ge 2\)，显然可以发现这种情况我们取一个 \(2^p-1\)，再在剩下的 \(x + y - 1\) 个数中取一个 \(2^p\)，就可以合成 \(2^{p+1}-1\)，显然是达到了最优价，直接退出。
-
\(a = 0 且 b \ge 1\)，这种情况值的贡献是 \(2^p\)，然后继续考虑 \(p - 1\) 的决策。
-
\(a = 1 且 b = 0\)，这种情况，显然 \(z_i\) 的最高位一定是是 \(2^p\)，然后剩下的位数可以归结为一个子问题：我插入一个 \([0,y_i-2^p]\) 的数对，然后继续考虑 \(p - 1\) 的决策。
发现上述 3 中情况，只有情况 3 不好解决。
发现：这种情况只会改变 \(y_i\) 位数为 1 的那些位数的 \(a\) 值，其他的不会改变。所以说，如果我把 \(a\) 的定义改为：\(y_i\) 的最高位 \(\ge p\) 且第 \(p\) 位为 1 的个数，那第 3 中情况的贡献就和第 2 种情况的贡献一样，非常好解决了。
对于查询区间，我们可以用前缀和预处理 \(a\) 和 \(b\) 的值，但是我赛时是将 \(a\) 分成了两个数组写，具体如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int rd() {
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while (!('0' <= ch && ch <= '9')) {
if (ch == '-') f = -1; ch = getchar();
}
while ('0' <= ch && ch <= '9') {
x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();
}
return x * f;
}
void wr(int x) {
if (x < 0) putchar('-'), x = -x;
if (x >= 10) wr(x / 10); putchar(x % 10 + '0');
}
const int N = 2e5 + 10;
int x[N], y[N], L[N], R[N];
int f[N][35], g[N][35], h[N][35];
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
int T; cin >> T;
while (T--) {
int n; cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> x[i] >> y[i];
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int fl = 1;
for (int p = 30; p >= 0; --p) {
f[i][p] = f[i - 1][p];
g[i][p] = g[i - 1][p];
h[i][p] = h[i - 1][p];
if ((((x[i] >> p) & 1) == ((y[i] >> p) & 1)) && fl) {
int v = (x[i] & (1 << p));
if (v) f[i][p] ++;
} else if (fl) {
g[i][p]++; fl = 0;
} else {
if ((y[i] >> p) & 1) h[i][p]++;
}
}
}
int q; cin >> q;
for (int i = 1; i <= q; ++i) cin >> L[i] >> R[i];
for (int i = 1; i <= q; ++i) {
int l = L[i], r = R[i];
int sum = 0;
for (int i = 29; i >= 0; --i) {
int pf = f[r][i] - f[l - 1][i], pg = g[r][i] - g[l - 1][i], ph = h[r][i] - h[l - 1][i];
if ((pg || ph) && (pf + pg + ph >= 2)) {
sum += ((1 << (i + 1)) - 1); break;
} else if (pf + pg + ph >= 1) sum += (1 << i);
}
cout << sum << " ";
} cout << endl;
}
return 0;
}
