hdu 6085 bitset优化
题意:a数组,b数组,q数组,q数组表示q次查询,查询是查询a数组b数组有多少对ai % bj =qi (在模2的意义下)
思路:官方题解的操作就不多说了,主要涉及一个枚举区间(bi的K倍)异或求和最后就是答案,因为设计到取区间异或,所以需要手写bitset
这里考虑用使用<bitset>的方法,其实我们可以通过巧妙地位运算避免区间枚举,虽然时间总复杂度一致,我们考虑从大到小枚举余数,进行操作。
核心思想是通过位移操作让A数组的桶右移i位,这是和我们维护的bi ...kbi 数组做& 操作,这样剩下的count 就是答案数量,需要注意的是B的栅栏数组也要从小到大去维护,因为显然若b小于i,不可能余数为i。同时维护B的时候要注意偶数次的栅栏对答案不做贡献。说的不是很清楚具体看代码:
PS.bitset的姿势水平差的太远。。。
代码:
#include <bits/stdc++.h>
#define MEM(a) memset(a,0,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn =50002;
int b[maxn],qq[maxn],q[maxn],ans[maxn];
bitset<maxn> A,B;
int main(){
int t,n,m,k,x;
scanf("%d",&t);
while(t--){
int mx=0;
A.reset();B.reset();
MEM(qq);MEM(b);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&x),mx=max(mx,x),A.set(x);
for(int i=0;i<m;i++) scanf("%d",&x),mx=max(mx,x),b[x]=1;
for(int i=0;i<k;i++) scanf("%d",&q[i]),qq[q[i]]=1;
for(int i=mx;i>=0;i--){
if(qq[i]) ans[i]=(B&(A>>i)).count()&1;
if(b[i]) for(int j=0;j<=mx;j+=i) B.flip(j);
}
for(int i=0;i<k;i++) printf("%d\n",ans[q[i]]);
}
}