标签：ch const int ll 开坑 maxn ans 邀请赛
A. Race
据说很容易想到Trie树？但我当时只想到了暴力……（原因是Trie树还不会qwq）
//我相信我没分~
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5 + 3;
const ll mod = 998244353;
int m, n, a[maxn];
ll r[maxn], ans;
struct node
{
int id;
ll val;
bool operator < (const node &T) const
{
return T.val < val;
}
}c[maxn];
inline int read()
{
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch > '9' || ch < '0')
{
if(ch == '-')
{
f = -1;
}
ch = getchar();
}
while(ch >= '0' && ch <= '9')
{
x = (x << 1) + (x << 3) + (ch^48);
ch = getchar();
}
return x * f;
}
int main()
{
n = read(); m = read();
for(int i=1; i<=n; i++) a[i] = read();
int Day = (1<<m);
for(int j=0; j<Day; j++)
{
//printf("j = %d\n", j);
for(int i=1; i<=n; i++)
{
c[i].val = (a[i]^j);
c[i].id = i;
//printf("c[%d].val = %lld\n", i, c[i].val);
}
sort(c+1, c+1+n);
/*for(int i=1; i<=n; i++)
{
printf("%lld\n", c[i].val);
}*/
for(int i=1; i<=n; i++)
{
int id = c[i].id;
r[id] = (r[id]+(ll)(i-1)*(i-1))%mod;
}
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
ans ^= r[i];
//printf("r[%d] = %lld\n", i, r[i]);
//printf("ans = %lld\n", ans);
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}
TLE 10
正解：先把x^2拆开变成(x1+x2+x3+...)*(x1+x2+x3+...)其中每一个xi都为1，代表当天更大的数，再继续展开就变成了(x1^2+x2^2+...+2*x1*x2+2*x1*x3+...)，所以答案就和在它之前的点对的个数有了关系。
对每一个a[i]，枚举在a[i]之前的点对，其中一个是从M-1到j-1异或值和a[i]相同，另一个是从M-1到k-1和a[i]相同，它们分别在第j位和第k位比a[i]的对应位大，find是找到前面的对应位相同，ch^1是当前位和a[i]相反，而单独找到相反还不够可能异或更小了，这就给天数设置了限制条件，一定可以找到满足条件的日子因为它所有位都是满的。j==k的情况是1<<(M-1)因为对M的限制只有一位。
这个应该不算是按位计算贡献吧，只是把位拆开来枚举点对而已……不过这么说好像也可以？
找点对的时候避免重复把k循环到j-1而不是把k==j continue掉。点对当然可以合并(在计算贡献时用树上的size)，因为点对本来就是拆开的，拆成几个都一样。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 5e5 + 5;
const int N = 1e7 + 2;
const int mod = 1e9 + 7;
const int INF = 1061109567;
int n, M, tot=1, fa[maxn][31];
ll ans[maxn], sum, a[maxn];
struct node
{
ll ch[2], size;
}t[maxn*20];
inline int read()
{
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9')
{
if(ch == '-')
{
f = -1;
}
ch = getchar();
}
while(ch >= '0' && ch <= '9')
{
x = (x << 1) + (x << 3) + (ch^48);
ch = getchar();
}
return x * f;
}
void insert(int x)
{
int p = 1; t[p].size++; fa[x][M] = 1;
for(int i=M-1; i>=0; i--)
{
int me = (a[x]>>i)&1;
if(!t[p].ch[me]) t[p].ch[me] = ++tot;
p = t[p].ch[me];
t[p].size++;
fa[x][i] = p;
}
}
void work(int x)
{
for(int i=0; i<=M-1; i++)
{
int me1 = 0, find1 = 0, me2 = 0, find2 = 0;
for(int j=0; j<i; j++)
{
me1 = (a[x]>>i)&1; me2 = (a[x]>>j)&1;
me1^=1; me2^=1;
find1 = fa[x][i+1]; find2 = fa[x][j+1];
ans[x] = (ans[x]+2*t[t[find1].ch[me1]].size*t[t[find2].ch[me2]].size%mod*(1ll<<(M-2ll))%mod)%mod;
}
me1 = (a[x]>>i)&1; me1^=1;
find1 = fa[x][i+1];
ans[x] = (ans[x]+t[t[find1].ch[me1]].size*t[t[find1].ch[me1]].size%mod*(1ll<<(M-1ll))%mod)%mod;
}
}
int main()
{
n = read(); M = read();
for(int i=1; i<=n; i++)
{
a[i] = read();
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
insert(i);
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
work(i);
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
sum ^= ans[i];
}
printf("%lld\n", sum);
return 0;
}
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B. 青蛙
赛时正解好像我也想到了，不会数cnt+1……WA 0……
如果这些石头连一只青蛙不付代价地跳过去都不够，那就让代价最小的青蛙把所有石头跳一遍，其他青蛙直接从头到尾；如果这些石头可以让至少一只青蛙不付代价地跳过去，那就尽可能让代价大的去跳石头，每次卡着上限去跳给其他青蛙也留足机会，不用考虑石头有剩余，直接分配给能跳过去的某只青蛙就好了，距离只会减得更小，一次跳不过去的青蛙直接从头到尾。
那种卡上限跳的思路可以用set实现，虽然有log不过据说可以过，但当时这么想纯属瞎蒙，并不会证明，于是我去借鉴了双指针的方法——%%%Chen_jr%%%妙不可言
讲题那天好像就是这么讲的，蒟蒻直到看见代码才知道说的是什么意思……
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 5e5 + 5;
const int N = 1e7 + 2;
const int mod = 1e9 + 7;
const int INF = 1061109567;
int T, n, m, k, d, c[maxn], a[maxn];
bool f[maxn];
inline int read()
{
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9')
{
if(ch == '-')
{
f = -1;
}
ch = getchar();
}
while(ch >= '0' && ch <= '9')
{
x = (x << 1) + (x << 3) + (ch^48);
ch = getchar();
}
return x * f;
}
int main()
{
T = read();
while(T--)
{
n = read(); m = read(); k = read(); d = read();
for(int i=1; i<=m; i++)
{
c[i] = read();
}
for(int i=1; i<=k; i++)
{
a[i] = read();
}
sort(a+1, a+k+1); sort(c+1, c+m+1);
int p = 0, cnt = 0;
for(int i=0; i<=k; i++) f[i] = 0;//memset
for(; p<=k; p++)
{
if(a[p]-1 <= d) f[p] = 1;//表示有青蛙跳到了第p个石头上
else break;
}
for(int i=1; i<=k; i++)
{
//为什么不判断f[p]不能是1，因为p跳完就往后增加，当然不可能是1
if(f[i] && a[p]-a[i]<=d && p <= k)//从有青蛙的石头开始向后转移，最靠左的青蛙尝试最近的空石头
{
f[p] = 1; f[i] = 0; p++;//青蛙跳走了记得清空
}
}
for(int i=k; i>=1; i--)//然后还要能到终点才行
{
if(n-a[i] <= d && f[i]) cnt++;
else break;
}
ll ans = 0;
if(cnt == 0)
{
a[0] = 1; a[k+1] = n;
for(int i=1; i<=k+1; i++)
{
if(a[i]-a[i-1] > d) ans += c[1];
}
ans -= c[1];//因为后面没有else，c[1]又加了一遍
}
for(int i=1; i<=m-cnt; i++)
{
ans += c[i];
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
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C. 序列
首先，暴力可以水个25分。然后，吉斯机线段树是什么鬼啊，容我先去学习一下……
标签：ch,const,int,ll,开坑,maxn,ans,邀请赛 来源： https://www.cnblogs.com/Catherine2006/p/16584801.html
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