CF1978E Computing Machine 题解

好写程度：\(E>D>C\)。

好想程度：\(C>D=E\)。

总结：C 是全场最难。

我们考虑把两个操作对全体的 \(a_i,b_i\) 都做一遍，会发现我们只会做这两遍，不会再有嵌套的了，因为都做过一遍后 \(\{a\}\) 中 0 的数量只会减少，而且即使再做一遍也无法给 \(\{b\}\) 改成不一样的了，比较显然。

下文中令 \(\{a\},\{b\}\) 分别表示修改过的数组，\(\{\overline a\},\{\overline b\}\) 表示原数组。

然后观察我们可以知道，对于任意一对满足 \(r-l>2\) （即区间长度大于等于 4）的 \((l,r)\)，\(\{b\}\) 中受影响的只有左右端点，那么 \(\{a\}\) 中受影响的就会是左右边界的各两个字符，所以我们考虑做前缀和，将不受影响的直接前缀和求出，受影响的就直接加上 \(\overline a_l\) 和 \(\overline a_l\)，然后结合 \(\overline b\) 和 \(b\) 求出另外两个。

至于区间长度小于 4 的，直接暴力即可。

时间复杂度 \(O(\sum n+\sum q)\)。

#include <bits/stdc++.h>
#include <bits/extc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define m_p make_pair
#define m_t make_tuple
#define N 200010
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
int sum[N], n, q;
int A[N], B[N], B1[N];
void all_in()
{ // all in!
	char c;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> c;
		sum[i] = A[i] = (c == '1');
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> c;
		B1[i] = B[i] = (c == '1');
	}
	return;
}
void mksum()
{
	for (int i = 2; i < n; i++)
		B1[i] |= !(A[i - 1] | A[i + 1]);
	for (int i = 2; i < n; i++)
		sum[i] |= (B1[i - 1] & B1[i + 1]);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		sum[i] += sum[i - 1];
	return;
}
void query()
{
	int x, y;
	while (q--)
	{
		cin >> x >> y;
		if (y == x)
			cout << A[x] << "\n";
		else if (y - x == 1)
			cout << A[x] + A[y] << "\n";
		else if (y - x == 2)
			cout << A[x] + A[y] + ((B[x] & B[y]) | A[x + 1]) << "\n";
		else
			cout << sum[y - 2] - sum[x + 1] + A[x] + A[y] + ((B[x] & B1[x + 2]) | A[x + 1]) + ((B[y] & B1[y - 2]) | A[y - 1]) << "\n";
	}
	return;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	cout.tie(nullptr);
	int T;
	cin >> T;
	while (T--)
	{
		cin >> n;
		all_in();
		mksum();
		cin >> q;
		query();
	}
	return 0;
}