216. Rainbow的信号

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216. Rainbow的信号

Freda 发明了传呼机之后，rainbow 进一步改进了传呼机发送信息所使用的信号。

由于现在是数字、信息时代，rainbow 发明的信号用 $N$ 个自然数表示。

为了避免两个人的对话被大坏蛋 VariantF 偷听，rainbow 把对话分成 $A、B、C$ 三部分，分别用 $a、b、c$ 三个密码加密。

现在 Freda 接到了 rainbow 的信息，她的首要工作就是解密。

Freda 了解到，这三部分的密码计算方式如下：

在 $1 \sim N$ 这 $N$ 个数中，等概率地选取两个数 $l、r$，如果 $l>r$，则交换 $l、r$。

把信号中的第 $l$ 个数到第 $r$ 个数取出来，构成一个数列 $P$。

$A$ 部分对话的密码是数列 $P$ 的 $xor$ 和的数学期望值，$xor$ 和就是数列 $P$ 中各个数异或之后得到的数； $xor$ 和的期望就是对于所有可能选取的 $l、r$，所得到的数列的 $xor$ 和的平均数。

$B$ 部分对话的密码是数列 $P$ 的 $and$ 和的期望，定义类似于 $xor$ 和。

$C$ 部分对话的密码是数列 $P$ 的 $or$ 和的期望，定义类似于 $xor$ 和。

请你帮忙计算这三个密码。

输入格式

第一行一个正整数 $N$。

第二行 $N$ 个自然数，表示 Freda 接到的信号。

输出格式

一行三个实数，分别表示 $xor$ 和、$and$ 和、$or$ 和的期望，四舍五入保留 $3$ 位小数，相邻两个实数之间用一个空格隔开。

数据范围

$1 \le N \le 10^5$,$N$ 个自然数均不超过 $10^9$。

输入样例：

2
4 5

输出样例：

2.750 4.250 4.750

解题思路

期望

对于选择的 $l,r$，如果 $l=r$，则对于某个值其选中的概率为 $\frac{2}{n^2}$，因为如果第一次选中 $l$，概率为 $\frac{1}{n}$，第二次再选中 $l$ 的概率也为 $\frac{1}{n}$，故其概率为 $\frac{2}{n^2}$，如果 $l\neq r$，则对于两个固定的 $l,r$ ，其概率为 $\frac{2}{n}$，因为选择的 $l,r$ 和 $r,l$ 都算作 $l,r$，且概率都为 $\frac{1}{n}$，故其概率都为 $\frac{2}{n}$，不妨都按 $\frac{2}{n}$ 来算，最后只用减去 $l=r$ 的贡献即可，因为 $xor,and,or$ 都是按位计算，位与位之间互不干扰，所以可以每一位每一位来做，对于 $xor$，分别统计每个数奇数和偶数的贡献，如果当前数该位为 $1$，则应该加上前一个数偶数的贡献+1，否则加上前一个数奇数的贡献；对于 $and$，如果当前数该位为 $1$，则计算前面有多少个连续的数该位为 $1$，这样的连续数即为当前数的贡献；对于 $or$，如果当前数该位为 $1$，则前面所有数都可以选上，否则，记录前面该位为 $1$ 且最靠近当前数的位置，该位置即为当前数的贡献

• 时间复杂度：$O(30n)$

代码

// Problem: Rainbow的信号
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/description/218/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
// #define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=1e5+5;
int n,a[N];
LL s[3],sum;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i];
    for(int i=0;i<30;i++)
    {
    	int even=0,odd=0;
    	LL cnt[3]={0};
    	int add=0;
    	int one=0;
    	for(int j=1;j<=n;j++)
    		if(a[j]>>i&1)
    		{
    			cnt[0]+=++even;
    			swap(even,odd);
    			cnt[1]+=++add;
    			cnt[2]+=j;
    			one=j;
    		}
    		else
    			cnt[0]+=odd,even++,add=0,cnt[2]+=one;
    	s[0]+=(LL)cnt[0]*(1<<i);
    	s[1]+=(LL)cnt[1]*(1<<i);
    	s[2]+=(LL)cnt[2]*(1<<i);
    }
    printf("%.3lf %.3lf %.3lf",(double)(s[0]*2-sum)/((LL)n*n),(double)(s[1]*2-sum)/((LL)n*n),(double)(s[2]*2-sum)/((LL)n*n));
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16954844.html
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