错题集 4

1、小V的序列

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题意

给定一个长度为 $n$ 的序列，保证序列中每个数取值随机。

接下来给定 $m$ 个询问，每次给定一个数 $b$，问序列中是否存在数与 $b$ 异或后二进制表示中 $1$ 的个数不超过 $3$。

题解

考虑将 $b$ 的二进制表示分成四部分，每部分表示一个长度为 $16$ 二进制数。

则如果要与 $b$ 异或后二进制表示中 $1$ 的个数不超过 $3$，则至少四部分要有一个部分与 $b$ 相同。

考虑将序列中的每个数分成四个，每个数投入对应位置二进制数的桶中，然后暴力查询，时间复杂度 $O\left(\cfrac {nm}{2^{16}}\log v\right)$。

查看代码

const int MAXN=1e6+5,MAXM=1<<16,Mod=998244353;
LL a[MAXN];
vector<LL> c[4][MAXM];
uint64_t G(uint64_t x){
    x^=x<<13;
    x^=x>>7;
    x^=x<<17;
    return x;
}
bool check(LL x){
	int cnt=0;
	_for(i,0,64){
		if((x>>i)&1)
		cnt++;
	}
	return cnt<=3;
}
int main()
{
	int n=read_int(),m=read_int();
	a[0]=read_LL();
	_for(i,1,n)a[i]=G(a[i-1]);
	_for(i,0,n){
		_for(j,0,4)
		c[j][(a[i]>>(16*j))&((1<<16)-1)].push_back(a[i]);
	}
	int ans=0;
	while(m--){
		LL b=read_LL();
		bool flag=false;
		_for(i,0,4){
			int t=(b>>(16*i))&((1<<16)-1);
			_for(j,0,c[i][t].size()){
				if(check(c[i][t][j]^b)){
					flag=true;
					break;
				}
			}
			if(flag)
			break;
		}
		ans=(ans<<1|flag)%Mod;
	}
	enter(ans);
	return 0;
}

2、Monster Hunter

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题意

给定以 $1$ 为根的 $n$ 阶的点权树，假定可以用无费用无限制删去其中 $k$ 个结点，问删除剩余结点的最小费用。

其中，对剩余的所有结点，删除它之前需要删除它的父结点，同时删除它的费用为它的点权 $+$ 当前的所有儿子结点的费用的和。

要求输出 $k=0,1\cdots n$ 时的答案。

题解

易知确认无费用无限制删除的结点后答案已经固定。考虑 $dp(u,k,0/1)$ 表示以结点 $u$ 的子树中有代价删除 $k$ 个结点的最小费用。

其中 $dp(u,k,0)$ 表示无代价删除 $u$ 结点， $dp(u,k,1)$ 表示有代价删除 $u$ 结点。不难得到状态转移方程

$$ dp(u,i+j,0)=\min(dp(u,i+j,0),dp(u,i,0)+\min(dp(v,j,0),dp(v,j,1))) $$

$$ dp(u,i+j,1)=\min(dp(u,i+j,0),dp(u,i,1)+\min(dp(v,j,0),dp(v,j,1)+w_v)) $$

注意优化转移方式，结合代码，不难发现转移过程等效于枚举每个点对的 $\text{LCA}$，所以复杂度为 $O(n^2)$。

查看代码

const int MAXN=2e3+5;
const LL Inf=1e18;
LL dp[MAXN][MAXN][2];
int head[MAXN],edge_cnt,w[MAXN];
struct Edge{
	int to,next;
}edge[MAXN];
void Insert(int u,int v){
	edge[++edge_cnt]=Edge{v,head[u]};
	head[u]=edge_cnt;
}
int sz[MAXN];
void dfs(int u){
	dp[u][0][0]=0;
	dp[u][1][1]=w[u];
	sz[u]=1;
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
		int v=edge[i].to;
		dfs(v);
		for(int j=sz[u];j>=0;j--)
		_rep(k,1,sz[v]){
			dp[u][j+k][0]=min(dp[u][j+k][0],dp[u][j][0]+min(dp[v][k][0],dp[v][k][1]));
			dp[u][j+k][1]=min(dp[u][j+k][1],dp[u][j][1]+min(dp[v][k][0],dp[v][k][1]+w[v]));
		}
		sz[u]+=sz[v];
	}
}
int main()
{
	int T=read_int();
	while(T--){
		int n=read_int();
		_rep(i,1,n)_rep(j,1,n)dp[i][j][0]=dp[i][j][1]=Inf;
		edge_cnt=0;
		_rep(i,1,n)head[i]=0;
		_rep(i,2,n)Insert(read_int(),i);
		_rep(i,1,n)w[i]=read_int();
		dfs(1);
		for(int i=n;i;i--)
		space(min(dp[1][i][0],dp[1][i][1]));
		enter(0);
	}
	return 0;
}

3、Just Another Game of Stones

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题意

给定一个长度为 $n$ 的序列，接下来 $q$ 个操作。

操作 $1$ 为区间 $\max$。

操作 $2$ 为给定数量分别和序列 $[l,r]$ 对应相等的石头堆，以及一个额外的数量为 $x$ 的石头堆，进行石头游戏。

对每个操作 $2$，询问先手时第一步有几种操作可以保证必胜。

题解

对于一堆异或和为 $S$ 的石头堆，每个堆当且仅当取 $a_i-(S\oplus a_i)$ 个石头才能保证余下石头异或和为 $0$。

这需要保证 $a_i-(S\oplus a_i)\gt 0$。若 $S=0$，显然无解。

不难发现若 $a_i$ 的二进制表示在 $S$ 的最高位为 $1$ 则 $a_i\gt (S\oplus a_i)$，相反则有 $a_i\lt (S\oplus a_i)$。

于是只需要维护区间的二进制各位中的 $1$ 的个数即可，时间复杂度 $O((n+q)\log n\log v)$。

查看代码

const int MAXN=2e5+5,MAXB=30;
int a[MAXN];
int lef[MAXN<<2],rig[MAXN<<2],minv[MAXN<<2],minc[MAXN<<2],secv[MAXN<<2],lazy[MAXN<<2];
struct Node{
	int bitnum[MAXB];
	Node(int v=0){
		_for(i,0,MAXB)
		bitnum[i]=(v>>i)&1;
	}
	Node operator + (const Node &b)const{
		Node c;
		_for(i,0,MAXB)
		c.bitnum[i]=bitnum[i]+b.bitnum[i];
		return c;
	}
	Node operator += (const Node &b){
		_for(i,0,MAXB)
		bitnum[i]+=b.bitnum[i];
		return *this;
	}
}sum[MAXN<<2];
void push_up(int k){
	sum[k]=sum[k<<1]+sum[k<<1|1];
	if(minv[k<<1]==minv[k<<1|1]){
		minv[k]=minv[k<<1];
		minc[k]=minc[k<<1]+minc[k<<1|1];
		secv[k]=min(secv[k<<1],secv[k<<1|1]);
	}
	else if(minv[k<<1]<minv[k<<1|1]){
		minv[k]=minv[k<<1];
		minc[k]=minc[k<<1];
		secv[k]=min(secv[k<<1],minv[k<<1|1]);
	}
	else{
		minv[k]=minv[k<<1|1];
		minc[k]=minc[k<<1|1];
		secv[k]=min(minv[k<<1],secv[k<<1|1]);
	}
}
void push_tag(int k,int v){
	if(v<=minv[k])return;
	_for(i,0,MAXB){
		if((minv[k]>>i)&1)
		sum[k].bitnum[i]-=minc[k];
		if((v>>i)&1)
		sum[k].bitnum[i]+=minc[k];
	}
	minv[k]=lazy[k]=v;
}
void push_down(int k){
	if(~lazy[k]){
		push_tag(k<<1,lazy[k]);
		push_tag(k<<1|1,lazy[k]);
		lazy[k]=-1;
	}
}
void build(int k,int L,int R){
	lef[k]=L,rig[k]=R,lazy[k]=-1;
	int M=L+R>>1;
	if(L==R){
		sum[k]=Node(a[M]);
		minv[k]=a[M];
		secv[k]=1<<MAXB;
		minc[k]=1;
		return;
	}
	build(k<<1,L,M);
	build(k<<1|1,M+1,R);
	push_up(k);
}
void update(int k,int L,int R,int v){
	if(minv[k]>=v)return;
	if(L<=lef[k]&&rig[k]<=R&&secv[k]>v)
	return push_tag(k,v);
	push_down(k);
	int mid=lef[k]+rig[k]>>1;
	if(mid>=L)update(k<<1,L,R,v);
	if(mid<R)update(k<<1|1,L,R,v);
	push_up(k);
}
Node query_sum(int k,int L,int R){
	if(L<=lef[k]&&rig[k]<=R)return sum[k];
	push_down(k);
	int mid=lef[k]+rig[k]>>1;
	Node s=Node();
	if(mid>=L)s+=query_sum(k<<1,L,R);
	if(mid<R)s+=query_sum(k<<1|1,L,R);
	return s;
}
int main()
{
	int n=read_int(),q=read_int();
	_rep(i,1,n)a[i]=read_int();
	build(1,1,n);
	while(q--){
		int op=read_int(),l=read_int(),r=read_int(),x=read_int();
		if(op==1)
		update(1,l,r,x);
		else{
			Node temp=query_sum(1,l,r)+Node(x);
			int maxb=-1;
			for(int i=MAXB-1;i>=0;i--){
				if(temp.bitnum[i]&1){
					maxb=i;
					break;
				}
			}
			if(maxb==-1)
			enter(0);
			else
			enter(temp.bitnum[maxb]);
		}
	}
	return 0;
}

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