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2020-2021:teams:legal_string:jxm2001:other:错题集_4 [CVBB ACM Team]

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2020-2021:teams:legal_string:jxm2001:other:错题集_4

错题集 4

1、小V的序列

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 $O\left(4\cfrac {nm}{2^{16}}\log v\right)$。

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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、Sasha and Array

题意

给定一个长度为 $n$ 的序列 $A$,接下来两种操作,操作 $1$ 为区间加,操作 $2$ 为区间斐波那契和查询。

其中,定义 $f(1)=f(2)=1,f(n)=f(n-1)+f(n-2)$,$[l,r]$ 区间斐波那契和为 $\sum_{i=l}^r f(a_i)$

题解

对每个结点,维护区间矩阵和 $\begin{pmatrix}a_n \\a_{n+1}\\ \end{pmatrix}$ 以及 $2\times 2$ 的区间懒标记。

于是区间加 $v$ 转化为对区间 $[l,r]$ 的每个矩阵乘上 $\begin{pmatrix}0 & 1 \\ 1 & 1\\ \end{pmatrix}^v$。时间复杂度 $O(m\log n\log v)$。

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const int MAXN=1e5+5,MAX_size=2,MAXS=35,Mod=1e9+7;
struct Matrix{
	int r,c,ele[MAX_size][MAX_size];
	Matrix(int r=0,int c=0){
		this->r=r,this->c=c;
		mem(ele,0);
	}
	Matrix operator + (const Matrix &b)const{
		Matrix C;
		C.r=r,C.c=c;
		_for(i,0,r)_for(j,0,c)
		C.ele[i][j]=(ele[i][j]+b.ele[i][j])%Mod;
		return C;
	}
	Matrix operator * (const Matrix &b)const{
		Matrix C;
		C.r=r,C.c=b.c;
		_for(i,0,C.r)_for(j,0,C.c){
			C.ele[i][j]=0;
			_for(k,0,c)
			C.ele[i][j]=(C.ele[i][j]+1LL*ele[i][k]*b.ele[k][j])%Mod;
		}
		return C;
	}
	bool operator != (const Matrix &b)const{
		_for(i,0,r)_for(j,0,c)if(ele[i][j]!=b.ele[i][j])
		return true;
		return false;
	}
}A[MAXS],I,X1;
Matrix quick_pow(int k){
	Matrix ans=I;
	int pos=0;
	while(k){
		if(k&1)ans=ans*A[pos];
		pos++;
		k>>=1;
	}
	return ans;
}
int a[MAXN],lef[MAXN<<2],rig[MAXN<<2];
Matrix s[MAXN<<2],lazy[MAXN<<2];
void push_up(int k){
	s[k]=s[k<<1]+s[k<<1|1];
}
void push_tag(int k,Matrix lazy_tag){
	s[k]=lazy_tag*s[k];
	lazy[k]=lazy_tag*lazy[k];
}
void push_down(int k){
	if(lazy[k]!=I){
		push_tag(k<<1,lazy[k]);
		push_tag(k<<1|1,lazy[k]);
		lazy[k]=I;
	}
}
void build(int k,int L,int R){
	lef[k]=L,rig[k]=R,lazy[k]=I;
	int M=L+R>>1;
	if(L==R)
	return s[k]=quick_pow(a[M]-1)*X1,void();
	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(L<=lef[k]&&rig[k]<=R)
	return push_tag(k,quick_pow(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);
}
Matrix query(int k,int L,int R){
	if(L<=lef[k]&&rig[k]<=R)
	return s[k];
	push_down(k);
	int mid=lef[k]+rig[k]>>1;
	if(mid>=R)
	return query(k<<1,L,R);
	else if(mid<L)
	return query(k<<1|1,L,R);
	else
	return query(k<<1,L,R)+query(k<<1|1,L,R);
}
int main()
{
	A[0]=Matrix(2,2);I=Matrix(2,2);X1=Matrix(2,1);
	A[0].ele[0][1]=A[0].ele[1][0]=A[0].ele[1][1]=I.ele[0][0]=I.ele[1][1]=X1.ele[0][0]=X1.ele[1][0]=1;
	_for(i,1,MAXS)
	A[i]=A[i-1]*A[i-1];
	int n=read_int(),m=read_int();
	_rep(i,1,n)a[i]=read_int();
	build(1,1,n);
	while(m--){
		int tp=read_int(),l=read_int(),r=read_int();
		if(tp==1)update(1,l,r,read_int());
		else
		enter(query(1,l,r).ele[0][0]);
	}
	return 0;
}

3、Count The Rectangles

题意

给定若干水平线和竖直线,问可以构成多少矩形(保证水平线之间两两不相交,竖直线之间两两不相交)

题解

考虑扫描线,枚举每一条水平线,然后考虑与该水平线相交的竖直线和纵坐标大于该线的水平线。

扫描一遍 $y$ 轴,用树状树状维护此时与扫描线相交的竖直线的 $x$ 坐标。然后扫描到竖直线上端点则删去该 $x$ 坐标贡献。

如果扫描到水平线则查询该水平线与当前枚举的水平线的 $x$ 轴公共区间上的竖直线个数 $t$,于是答案增加 $\frac {t(t-1)}2$。

注意到对 $y$ 坐标相同的对象,应该先处理水平线然后处理竖直线。时间复杂度 $O(n^2\log v)$。

查看代码

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const int Base=5e4+5,MAXV=Base<<1,MAXN=5005;
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
int c[MAXV];
void add(int pos,int v){
	while(pos<MAXV){
		c[pos]+=v;
		pos+=lowbit(pos);
	}
}
int query_pre(int pos){
	int s=0;
	while(pos){
		s+=c[pos];
		pos-=lowbit(pos);
	}
	return s;
}
int query(int lef,int rig){return query_pre(rig)-query_pre(lef-1);}
struct seg{int lef,rig,y;};
struct Node{
	int type,lef,rig,y;
	bool operator < (const Node &b)const{
		if(y!=b.y)return y<b.y;
		else
		return type<b.type;
	}
	Node(){}
	Node(int type,seg s){
		this->type=type;
		if(type==0)
		lef=s.lef,rig=s.rig,y=s.y;
		else
		lef=rig=s.y,y=s.rig;
	}
};
vector<seg> seg_r,seg_c;
vector<Node> node;
int main()
{
	int n=read_int();
	_for(i,0,n){
		int x1=read_int()+Base,y1=read_int()+Base,x2=read_int()+Base,y2=read_int()+Base;
		if(x1>x2)swap(x1,x2);
		if(y1>y2)swap(y1,y2);
		if(y1==y2)
		seg_r.push_back(seg{x1,x2,y1});
		else
		seg_c.push_back(seg{y1,y2,x1});
	}
	LL ans=0;
	_for(i,0,seg_r.size()){
		node.clear();
		int lef=seg_r[i].lef,rig=seg_r[i].rig,y=seg_r[i].y;
		_for(j,0,seg_r.size()){
			if(seg_r[j].y>y)
			node.push_back(Node(0,seg_r[j]));
		}
		_for(j,0,seg_c.size()){
			if(lef>seg_c[j].y||rig<seg_c[j].y)continue;
			if(seg_c[j].lef>y||seg_c[j].rig<y)continue;
			add(seg_c[j].y,1);
			node.push_back(Node(1,seg_c[j]));
		}
		sort(node.begin(),node.end());
		_for(j,0,node.size()){
			if(node[j].type==0){
				int ql=min(max(node[j].lef,lef),rig),qr=min(max(node[j].rig,lef),rig);
				int t=query(ql,qr);
				ans+=1LL*t*(t-1)/2;
			}
			else
			add(node[j].lef,-1);
		}
	}
	enter(ans);
	return 0;
}
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