【做题记录】2025刷题计划--根号算法

A. Tree Master

考虑根号分治，暴力处理。对于一层，设点数为 \(cnt\)。

  • 若 \(cnt>\sqrt{n}\)，这样的层最多有 \(\sqrt{n}\) 层，每一层最多计算 \(q\) 次，时间复杂度为 \(O(q\sqrt{n})\)。
  • 否则 \(cnt\le\sqrt{n}\)，进行记忆化，每一层最多计算 \(cnt\choose 2\) 次，最多有 \(\frac{n}{cnt}\) 层，时间复杂度就是 \(O(n\sqrt{n})\) 的。

于是可以通过。空间复杂度 \(O(n\sqrt{n})\)。

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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define pb push_back
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=1e5+5;
int n,m,fa[maxn],cnt[maxn];
int dep[maxn],bfn[maxn],blen;
ll a[maxn],**mem[maxn];
vector<int> e[maxn],cun[maxn];
queue<int> q;
il ll dfs(int u,int v){
	if(!u&&!v){
		return 0;
	}
	if(cnt[dep[u]]<=blen&&~mem[dep[u]][bfn[u]][bfn[v]]){
		return mem[dep[u]][bfn[u]][bfn[v]];
	}
	ll res=a[u]*a[v]+dfs(fa[u],fa[v]);
	if(cnt[dep[u]]<=blen){
		mem[dep[u]][bfn[u]][bfn[v]]=mem[dep[u]][bfn[v]][bfn[u]]=res;
	}
	return res;
}
namespace cplx{
	bool end;
	il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	for(int i=2;i<=n;i++){
		cin>>fa[i];
		e[fa[i]].pb(i);
	}
	blen=sqrt(n);
	q.push(1);
	while(q.size()){
		int u=q.front();
		q.pop();
		dep[u]=dep[fa[u]]+1;
		bfn[u]=cnt[dep[u]];
		cun[dep[u]].pb(u);
		cnt[dep[u]]++;
		for(int v:e[u]){
			q.push(v);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(cnt[i]<=blen){
			mem[i]=new ll*[cnt[i]]();
			for(int j=0;j<cnt[i];j++){
				mem[i][j]=new ll[cnt[i]]();
				for(int k=0;k<cnt[i];k++){
					mem[i][j][k]=-1;
				}
			}
		}
	}
	while(m--){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		cout<<dfs(u,v)<<"\n";
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(cnt[i]<=blen){
			for(int j=0;j<cnt[i];j++){
				delete[] mem[i][j];
			}
			delete[] mem[i];
		}
	}
	return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}

B. [COTS/CETS 2024] 双双决斗 Dvoboj

考虑如果没有修改，用 ST 表就非常舒服。
考虑暴力修改，需要修改所有覆盖了这个位置的区间，时间复杂度是 \(O(n)\) 的。
而如果只修改 \(\frac{\log n}{2}\) 层，时间复杂度就是 \(O(\sqrt{n})\) 的。查询时从上往下查，最多查到第 \(\frac{\log n}{2}\) 层，时间复杂度就也是 \(O(\sqrt{n})\) 的。于是就可以通过。

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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=2e5+5;
int n,m,blen,st[maxn][20];
il int Log(int x){
	if(x==1){
		return 0;
	}
	return Log(x>>1)+1;
}
il void upd(int l,int k){
	if(k==blen){
		return ;
	}
	if(l-(1<<k)>0){
		st[l-(1<<k)][k+1]=abs(st[l-(1<<k)][k]-st[l][k]);
		upd(l-(1<<k),k+1);
	}
	if(l+(1<<(k+1))-1<=n){
		st[l][k+1]=abs(st[l][k]-st[l+(1<<k)][k]);
		upd(l,k+1);
	}
}
il int query(int l,int k){
	if(k<=blen){
		return st[l][k];
	}
	return abs(query(l,k-1)-query(l+(1<<(k-1)),k-1));
}
namespace cplx{
	bool end;
	il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>st[i][0];
	}
	blen=Log(n)>>1;
	for(int j=1;j<=blen;j++){
		for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
			st[i][j]=abs(st[i][j-1]-st[i+(1<<(j-1))][j-1]);
		}
	}
	while(m--){
		int opt,l,k;
		cin>>opt>>l>>k;
		if(opt==1){
			st[l][0]=k;
			upd(l,0);
		}
		else{
			cout<<query(l,k)<<"\n";
		}
	}
	return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}

C. 「SMOI-R1」Apple

考虑没有修改，高位前缀和就很舒服。如果修改就需要同时修改所有超集，时间复杂度是 \(O(2^n)\) 的。
考虑将一个二进制数拆成前后两段，修改时上传一段，查询时下查另一段，时间复杂度就是 \(O(q2^{\frac{n}{2}})\) 的。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
namespace IO{
	const int bufsz=1<<20;
	char ibuf[bufsz],*p1=ibuf,*p2=ibuf;
	#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=ibuf)+fread(ibuf,1,bufsz,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
	il int read(){
		char ch=getchar();
		while(ch<'0'||ch>'9'){
			ch=getchar();
		}
		int x=0;
		while(ch>='0'&&ch<='9'){
			x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
			ch=getchar();
		}
		return x;
	}
	#undef getchar
	char obuf[bufsz],*p3=obuf,s[50];
	#define flush() (fwrite(obuf,1,p3-obuf,stdout),p3=obuf)
	#define putchar(ch) (p3==obuf+bufsz&&flush(),*p3++=(ch))
	il void write(int x,bool typ=1){
		int top=0;
		do{
			s[++top]=x%10|48;
			x/=10;
		}while(x);
		while(top){
			putchar(s[top--]);
		}
		putchar(typ?'\n':' ');
	}
	#undef putchar
	class Flush{
		public:
		~Flush(){
			flush();
		}
	}FL;
	#undef flush
}
using IO::read;
using IO::write;
const int maxn=(1<<10)+5,maxm=(1<<20)+5;
int n,m,blen,bsan,b[maxm];
int qan[maxm],hou[maxm];
int a[maxn][maxn];
il void upd(int p,int v){
	for(int i=hou[p];;i=(i+1)|hou[p]){
		a[qan[p]][i]+=v;
		if(i==bsan){
			return ;
		}
	}
}
il int query(int p){
	int res=0;
	for(int i=qan[p];;i=(i-1)&qan[p]){
		res+=a[i][hou[p]];
		if(!i){
			return res;
		}
	}
}
namespace cplx{
	bool end;
	il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	cin>>n>>m;
	blen=n>>1;
	bsan=(1<<blen)-1;
	for(int i=0;i<1<<n;i++){
		cin>>b[i];
		qan[i]=i>>blen;
		hou[i]=i&bsan;
		upd(i,b[i]);
	}
	while(m--){
		int opt,p;
		cin>>opt>>p;
		if(opt==1){
			cout<<query(p)<<"\n";
		}
		else{
			int v;
			cin>>v;
			upd(p,v-b[p]);
			b[p]=v;
		}
	}
	return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}
/*
3 5
0 1 2 3 4 5 6 7 
2 1 2
2 2 3
2 3 4
2 6 10
1 7
*/

D. Till I Collapse

考虑当确定了 \(k\) 时，可以 \(O(n)\) 贪心去扫。
显然 \(k\) 递增时答案是不增的，同时答案小于 \(\frac{n}{k}\)，所以不同的答案只有 \(O(\sqrt{n})\) 种。
于是对于 \(k<\sqrt{n}\) 暴力扫，对于 \(k\ge\sqrt{n}\) 暴力扫后二分有哪些 \(k\) 的答案是当前这个值。时间复杂度 \(O(n\sqrt{n}\log{n})\)。

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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=1e5+5;
int n,a[maxn],blen,buc[maxn];
namespace cplx{
	bool end;
	il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
//	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	blen=sqrt(n);
	for(int i=1,ans;i<=blen;i++){
		ans=1;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			buc[j]=0;
		}
		for(int j=1,p=1,num=0;j<=n;j++){
			if(buc[a[j]]++==0){
				num++;
			}
			if(num>i){
				ans++;
				for(int k=p;k<j;k++){
					buc[a[k]]--;
				}
				num=1,p=j;
			}
		}
		cout<<ans<<" ";
	}
//	puts("666");
	for(int i=blen+1,ans,l,r;i<=n;i++){
//		cout<<i<<"\n";
		ans=1;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			buc[j]=0;
		}
		for(int j=1,p=1,num=0;j<=n;j++){
			if(buc[a[j]]++==0){
				num++;
			}
			if(num>i){
				ans++;
				for(int k=p;k<j;k++){
					buc[a[k]]--;
				}
				num=1,p=j;
			}
		}
//		cout<<i<<" "<<ans<<"\n";
		l=i,r=n;
		while(l<r){
			int mid=(l+r+1)>>1,res=1;
			for(int j=1;j<=n;j++){
				buc[j]=0;
			}
			for(int j=1,p=1,num=0;j<=n;j++){
				if(buc[a[j]]++==0){
					num++;
				}
				if(num>mid){
					res++;
					for(int k=p;k<j;k++){
						buc[a[k]]--;
					}
					num=1,p=j;
				}
			}
			if(res==ans){
				l=mid;
			}
			else{
				r=mid-1;
			}
		}
//		cout<<i<<" "<<l<<"\n";
		for(int j=i;j<=l;j++){
			cout<<ans<<" ";
		}
		i=l;
	}
	return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}

E. Mr

根号分治，对于包含的边数 \(\le\sqrt{m}\) 的颜色暴力枚举所有点对存入 map，对于大于 \(\sqrt{m}\) 的颜色暴力扫所有查询。时间复杂度 \(O(m\sqrt{m}\log{m})\)。

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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define fir first
#define sec second
#define pb push_back
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
namespace IO{
	const int bufsz=1<<20;
	char ibuf[bufsz],*p1=ibuf,*p2=ibuf;
	#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=ibuf)+fread(ibuf,1,bufsz,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
	il int read(){
		char ch=getchar();
		while(ch<'0'||ch>'9'){
			ch=getchar();
		}
		int x=0;
		while(ch>='0'&&ch<='9'){
			x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
			ch=getchar();
		}
		return x;
	}
	#undef getchar
	char obuf[bufsz],*p3=obuf,s[50];
	#define flush() (fwrite(obuf,1,p3-obuf,stdout),p3=obuf)
	#define putchar(ch) (p3==obuf+bufsz&&flush(),*p3++=(ch))
	il void write(int x){
		int top=0;
		do{
			s[++top]=x%10|48;
			x/=10;
		}while(x);
		while(top){
			putchar(s[top--]);
		}
		putchar('\n');
	}
	#undef putchar
	class Flush{
		public:
		~Flush(){
			flush();
		}
	}FL;
	#undef flush
}
using IO::read;
using IO::write;
const int maxn=1e5+5;
int n,m,q,blen,ans[maxn];
int fa[maxn],sz[maxn],cun[maxn<<1];
pii wt[maxn];
vector<pii> e[maxn];
map<pii,int> wth;
il int find(int x){
	return x!=fa[x]?fa[x]=find(fa[x]):x;
}
il void merge(int u,int v){
	u=find(u),v=find(v);
	if(u==v){
		return ;
	}
	if(sz[u]<sz[v]){
		swap(u,v);
	}
	sz[u]+=sz[v],fa[v]=u;
}
namespace cplx{
	bool end;
	il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
	n=read(),m=read();
//	puts("666");
	blen=sqrt(m);
	for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++){
		u=read(),v=read(),w=read();
		e[w].pb(mp(u,v));
	}
//	puts("666");
	q=read();
	for(int i=1,u,v;i<=q;i++){
		u=read(),v=read();
		if(u>v){
			swap(u,v);
		}
		wt[i]=mp(u,v);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		fa[i]=i,sz[i]=1;
	}
	for(int i=1,tot;i<=m;i++){
		if(!e[i].size()){
			continue;
		}
		tot=0;
		for(pii j:e[i]){
			merge(j.fir,j.sec);
			cun[++tot]=j.fir;
			cun[++tot]=j.sec;
		}
		sort(cun+1,cun+tot+1);
		tot=unique(cun+1,cun+tot+1)-cun-1;
		if(e[i].size()>blen){
			for(int j=1;j<=q;j++){
				if(find(wt[j].fir)==find(wt[j].sec)){
					ans[j]++;
				}
			}
		}
		else{
			for(int j=1;j<=tot;j++){
				for(int k=j+1;k<=tot;k++){
					if(find(cun[j])==find(cun[k])){
						wth[mp(cun[j],cun[k])]++;
					}
				}
			}
		}
		for(int j=1;j<=tot;j++){
			fa[cun[j]]=cun[j];
			sz[cun[j]]=1;
		}
	}
//	puts("666");
	for(int i=1;i<=q;i++){
		write(ans[i]+wth[mp(wt[i].fir,wt[i].sec)]);
	}
	return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}

F. ycz的妹子

用线段树维护区间颜值和与妹子个数即可。时间复杂度 \(O(m\log{n})\)。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
#define lid id<<1
#define rid id<<1|1
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=5e5+5;
int n,m,a[maxn];
int sum[maxn<<2],sz[maxn<<2];
il void pushup(int id){
	sum[id]=sum[lid]+sum[rid];
	sz[id]=sz[lid]+sz[rid];
}
il void build(int id,int l,int r){
	if(l==r){
		if(l<=n){
			sum[id]=a[l],sz[id]=1;
		}
		return ;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(lid,l,mid);
	build(rid,mid+1,r);
	pushup(id);
}
il void upd1(int id,int l,int r,int p,int v){
	if(l==r){
		sum[id]-=v;
		return ;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(p<=mid){
		upd1(lid,l,mid,p,v);
	}
	else{
		upd1(rid,mid+1,r,p,v);
	}
	pushup(id);
}
il void upd2(int id,int l,int r,int p,int v){
	if(l==r){
		sum[id]=v,sz[id]=1;
		return ;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(p<=mid){
		upd2(lid,l,mid,p,v);
	}
	else{
		upd2(rid,mid+1,r,p,v);
	}
	pushup(id);
}
il void upd3(int id,int l,int r,int p){
	if(l==r){
		sum[id]=sz[id]=0;
		return ;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(sz[lid]>=p){
		upd3(lid,l,mid,p);
	}
	else{
		upd3(rid,mid+1,r,p-sz[lid]);
	}
	pushup(id);
}
namespace cplx{
	bool end;
	il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	build(1,1,5e5);
	while(m--){
		char opt;
		cin>>opt;
		switch(opt){
			case 'C':{
				int p,v;
				cin>>p>>v;
				upd1(1,1,5e5,p,v);
				break;
			}
			case 'I':{
				int p,v;
				cin>>p>>v;
				upd2(1,1,5e5,p,v);
				break;
			}
			case 'D':{
				int p;
				cin>>p;
				upd3(1,1,5e5,p);
				break;
			}
			default:{
				cout<<sum[1]<<"\n";
				break;
			}
		}
	}
	return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}

G. Robin Hood Archery

考虑两个人的最优策略，一定都是先射击分高的。因此后手不可能赢，要求不输只能 \([l,r]\) 内每个分数都出现偶数次，才能平局。异或哈希即可。时间复杂度 \(O(n)\)。

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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define ull unsigned ll
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=1e6+5;
int T,n,m,a[maxn];
ull ha1[maxn],ha2[maxn];
ull hs1[maxn],hs2[maxn];
mt19937_64 rdsd(time(0));
namespace cplx{
	bool end;
	il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	for(int i=1;i<=1e6;i++){
		while(!ha1[i]){
			ha1[i]=rdsd();
		}
		while(!ha2[i]){
			ha2[i]=rdsd();
		}
	}
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n>>m;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>a[i];
			hs1[i]=hs1[i-1]^ha1[a[i]];
			hs2[i]=hs2[i-1]^ha2[a[i]];
		}
		while(m--){
			int l,r;
			cin>>l>>r;
			puts(hs1[r]==hs1[l-1]&&hs2[r]==hs2[l-1]?"YES":"NO");
		}
	}
	return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}

H. [THUPC 2017] 钦妹的玩具商店

分块，设块长为 \(B\)，预处理 \(f_{l,r,x}\) 表示仅考虑 \([1,l]\cup[r,\frac{n}{B}]\) 中的玩具，花 \(x\) 元的最大愉悦度。询问时向 \(f_{bel_l-1,bel_r+1}\) 中加入 \(l\) 和 \(r\) 所在块内的玩具即可。\(bel_l\) 表示 \(l\) 所在块。
使用二进制优化多重背包，分析时间复杂度：

  • 预处理 \(O(\frac{n^2m\log{n}}{B})\)
  • 询问 \(O(qmB\log{n})\)

令 \(B=\sqrt{n}\)，时间复杂度为 \(O((n+q)m\sqrt{n}\log{n})\)，空间复杂度 \(O(nm)\)。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=1e3+5,maxm=40,mod=1e8+7;
int T,n,m,q,blen,bnum;
int a[maxn],b[maxn],c[maxn];
int bel[maxn],st[maxm],ed[maxm];
struct DP{
	int f[maxn];
	il void init(){
		for(int i=0;i<=m;i++){
			f[i]=0;
		}
	}
	il int operator[](int x){
		return f[x];
	}
	il void upd(int x){
		int a=asbt::a[x],b=asbt::b[x],c=asbt::c[x];
		for(int i=1;i<=c;i<<=1){
			for(int j=m;j>=i*a;j--){
				f[j]=max(f[j],f[j-i*a]+i*b);
			}
			c-=i;
		}
		for(int i=m;i>=c*a;i--){
			f[i]=max(f[i],f[i-c*a]+c*b);
		}
	}
}dp[maxm][maxm];
il void solve(){
	cin>>n>>m>>q;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>b[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>c[i];
	}
	blen=sqrt(n);
	bnum=(n+blen-1)/blen;
	for(int i=1;i<=bnum;i++){
		st[i]=ed[i-1]+1;
		ed[i]=min(ed[i-1]+blen,n);
		for(int j=st[i];j<=ed[i];j++){
			bel[j]=i;
		}
	}
	for(int i=0;i<=bnum;i++){
		if(!i){
			dp[i][bnum+1].init();
		}
		else{
			dp[i][bnum+1]=dp[i-1][bnum+1];
			for(int j=st[i];j<=ed[i];j++){
				dp[i][bnum+1].upd(j);
			}
		}
		for(int j=bnum;j>i;j--){
			dp[i][j]=dp[i][j+1];
			for(int k=st[j];k<=ed[j];k++){
				dp[i][j].upd(k);
			}
		}
	}
	int ans1=0,ans2=0;
	while(q--){
		int l,r;
		cin>>l>>r;
		l=(l+ans1-1)%n+1;
		r=(r+ans1-1)%n+1;
		if(l>r){
			swap(l,r);
		}
		DP ans=dp[bel[l]-1][bel[r]+1];
		for(int i=st[bel[l]];i<l;i++){
			ans.upd(i);
		}
		for(int i=ed[bel[r]];i>r;i--){
			ans.upd(i);
		}
		ans1=ans2=0;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			ans1+=ans[i];
			ans2^=ans[i];
		}
		ans1%=mod;
		cout<<ans1<<" "<<ans2<<"\n";
	}
}
namespace cplx{
	bool end;
	il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
signed main(){
//	cout<<cplx::usdmem();
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	cin>>T;
	while(T--){
		solve();
	}
	return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}

I. [SNOI2017]一个简单的询问

\( \quad\sum{\operatorname{get}(l_1,r_1,x)\times\operatorname{get}(l_2,r_2,x)}\\ =\sum\operatorname{get}(1,l_1-1,x)\times\operatorname{get}(1,l_2-1,x)+\operatorname{get}(1,r_1,x)\times\operatorname{get}(1,r_2,x)-\operatorname{get}(1,l_1-1,x)\times\operatorname{get}(1,r_2,x)-\operatorname{get}(1,l_2-1,x)\times\operatorname{get}(1,r_1,x) \)
将一个询问拆成 \(4\) 个，莫队给 \(l\) 指针和 \(r\) 指针各开一个桶即可。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=5e4+5;
int n,m,a[maxn],ans[maxn];
int blen,bel[maxn],tot;
int bucl[maxn],bucr[maxn];
struct wnti{
	int l,r,id;
	wnti(int l=0,int r=0,int id=0):l(l),r(r),id(id){}
	il bool operator<(const wnti &x)const{
		if(bel[l]==bel[x.l]){
			return bel[l]&1?r>x.r:r<x.r;
		}
		return l<x.l;
	}
}wt[maxn<<2];
namespace cplx{
	bool end;
	il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	cin>>m;
	for(int i=1,l1,r1,l2,r2;i<=m;i++){
		cin>>l1>>r1>>l2>>r2;
		wt[++tot]=wnti(l1-1,l2-1,i);
		wt[++tot]=wnti(r1,r2,i);
		wt[++tot]=wnti(l1-1,r2,-i);
		wt[++tot]=wnti(l2-1,r1,-i);
	}
	blen=n/sqrt(tot)+1;
	for(int i=0;i<=n;i++){
		bel[i]=i/blen;
	}
	sort(wt+1,wt+tot+1);
	int l=0,r=0,res=0;
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		while(l<wt[i].l){
			bucl[a[++l]]++;
			res+=bucr[a[l]];
		}
		while(r<wt[i].r){
			bucr[a[++r]]++;
			res+=bucl[a[r]];
		}
		while(l>wt[i].l){
			res-=bucr[a[l]];
			bucl[a[l--]]--;
		}
		while(r>wt[i].r){
			res-=bucl[a[r]];
			bucr[a[r--]]--;
		}
		if(wt[i].id>0){
			ans[wt[i].id]+=res;
		}
		else{
			ans[-wt[i].id]-=res;
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cout<<ans[i]<<"\n";
	}
	return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}

J. XOR and Favorite Number

考虑如何计算区间 \([l,r]\) 的异或和，显然做一个前缀异或和 \(pre\)，答案即为 \(pre_r\oplus pre_{l-1}\)。那么在进行莫队时，设新增了一个 \(pre\) 值为 \(x\) 的点，那么对答案的贡献即为当前统计的 \(x\oplus k\) 的数量。时间复杂度 \(O(n\sqrt{m})\)。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=(1<<20)+5;
int n,m,k,blen;
int a[maxn],buc[maxn];
int ans[maxn],bel[maxn];
struct wnti{
	int l,r,id;
	il bool operator<(const wnti &x)const{
		if(bel[l]==bel[x.l]){
			return bel[l]&1?r>x.r:r<x.r;
		}
		return l<x.l;
	}
}wt[maxn];
il void add(int x,int &res){
	res+=buc[x^k];
	buc[x]++;
}
il void del(int x,int &res){
	buc[x]--;
	res-=buc[x^k];
}
namespace cplx{
	bool end;
	il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		a[i]^=a[i-1];
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>wt[i].l>>wt[i].r;
		wt[i].id=i;
	}
	blen=max(n/sqrt(m),1.0);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		bel[i]=i/blen;
	}
	sort(wt+1,wt+m+1);
	int l=1,r=0,res=0;
	buc[0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++){
//		cout<<wt[i].l<<" "<<wt[i].r<<" "<<wt[i].id<<"\n";
		while(l>wt[i].l){
			add(a[--l-1],res);
		}
		while(r<wt[i].r){
			add(a[++r],res);
		}
//		cout<<res<<"\n";
		while(l<wt[i].l){
			del(a[l++-1],res);
		}
		while(r>wt[i].r){
			del(a[r--],res);
		}
		ans[wt[i].id]=res;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cout<<ans[i]<<"\n";
	}
	return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}
/*
50 2 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
17 35
3 35
*/

K. String Set Queries

考虑所有集合内的字符串的不同长度不会超过 \(\sqrt{\sum|s_i|}\)，因此直接枚举所有长度，哈希即可。时间复杂度 \(O(n\sqrt{n}\log{n})\)。

Code 
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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define ull unsigned ll
#define mp make_pair
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=3e5+5;
const ull bas1=13331;
const ll bas2=13327,mod2=1e9+7;
int n;
ull ha1[maxn],pw1[maxn];
ll ha2[maxn],pw2[maxn];
char s[maxn];
map<int,int> clen;
map<pair<ull,ll>,int> cha;
il ull gha1(int l,int r){
	return ha1[r]-ha1[l-1]*pw1[r-l+1];
}
il ll gha2(int l,int r){
	return (ha2[r]-ha2[l-1]*pw2[r-l+1]%mod2+mod2)%mod2;
}
namespace cplx{
	bool end;
	il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
	pw1[0]=pw2[0]=1;
	for(int i=1;i<=3e5;i++){
		pw1[i]=pw1[i-1]*bas1;
		pw2[i]=pw2[i-1]*bas2%mod2;
	}
	scanf("%d",&n);
	while(n--){
		int opt,len;
		scanf("%d %s",&opt,s+1);
		len=strlen(s+1);
		switch(opt){
			case 1:{
				ull ha1=0;
				ll ha2=0;
				for(int i=1;i<=len;i++){
					ha1=ha1*bas1+s[i];
					ha2=(ha2*bas2+s[i])%mod2;
				}
				clen[len]++;
				cha[mp(ha1,ha2)]++;
				break;
			}
			case 2:{
				ull ha1=0;
				ll ha2=0;
				for(int i=1;i<=len;i++){
					ha1=ha1*bas1+s[i];
					ha2=(ha2*bas2+s[i])%mod2;
				}
				if(--clen[len]==0){
					clen.erase(len);
				}
				if(--cha[mp(ha1,ha2)]==0){
					cha.erase(mp(ha1,ha2));
				}
				break;
			}
			default:{
				int res=0;
				for(int i=1;i<=len;i++){
					ha1[i]=ha1[i-1]*bas1+s[i];
					ha2[i]=(ha2[i-1]*bas2+s[i])%mod2;
				}
				for(pii i:clen){
					for(int l=1,r=i.first;r<=len;l++,r++){
						res+=cha[mp(gha1(l,r),gha2(l,r))];
					}
				}
				printf("%d\n",res);
				fflush(stdout);
				break;
			}
		}
	}
	return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
posted @   zhangxy__hp  阅读(17)  评论(0)  编辑  收藏  举报
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