一套比一套炸,果然我只会做B卷,虽然我B也很差但没差到这种地步
$math$
题解
看似没法做但总会有突破口
$70\%$
发现和小凯的诱惑很像,于是看$gcd$是否为$1$只要为$1$可以凑齐所有数
$n^2$枚举两两$gcd$
$80\%$
我考试时思路
找到每一个数和$mod$的$gcd$,发现只要是任一$gcd$倍数就可以凑出来,于是枚举每一个数和$mod$的$gcd$,瓶颈在于统计答案
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define A 2222222 ll n,k,cnt=0; ll a[A],dl[A],ok[A]; ll read(){ ll x=0,f=1;char c=getchar(); while(!isdigit(c)){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); } while(isdigit(c)){ x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } return f*x; } ll gcd(ll x,ll y){ if(y==0) return x; return gcd(y,x%y); } int main(){ n=read(),k=read(); for(ll i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),dl[++dl[0]]=a[i]; for(ll i=1;i<=dl[0];i++){ ll g=gcd(dl[i],k); if(g==1){ printf("%lld\n",k); for(ll j=0;j<=k-1;j++){ printf("%lld ",j); } return 0; } else { for(ll i=g;i<k;i+=g){ ok[i]=1; } ok[0]=1; } } for(ll i=0;i<=k;i++){ if(ok[i]) cnt++; } printf("%lld\n",cnt); for(ll i=0;i<=k;i++){ if(ok[i]) printf("%lld ",i); } printf("\n"); }
$100\%$
其实从$80\%$我们就应该看出可以找到所有数$gcd$,然后只有为$gcd$倍数才可以凑出来
考试时我连这个都没有想到!
代码
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define A 1010101 ll n,k,cnt=0; ll a[A],dl[A]; ll read(){ ll f=1,x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); } while(isdigit(c)){ x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } return f*x; } ll gcd(ll x,ll y){ if(y==0) return x; return gcd(y,x%y); } int main(){ n=read(),k=read(); for(ll i=1;i<=n;i++){ a[i]=read(); while(a[i]<0){ a[i]+=k; } } ll g=gcd(a[1],a[2]); g=gcd(g,k); for(ll i=3;i<=n;i++) g=gcd(a[i],g); for(ll i=0;i<k;i+=g){ cnt++; dl[++dl[0]]=i; } printf("%lld\n",cnt); for(ll i=1;i<=dl[0];i++){ printf("%lld ",dl[i]); } printf("\n"); }
$english$
题解
破题打了很久从$23$日打到$27$日
然而考试两个人当场$AC$
思路还算比较简单,然而很难打,不用说了我码力太弱
$ans1$还算比较简单,和学数数那个题很像,
我们找到以每一个值为最大值的最左$l$,最右$r$
设当前值位置为$now$
那么因为是异或,造成贡献的只有$now-l$中与$r-now$中二进制位相反的
设$0[x][j]$表示$1--x$中第$j$位为$0$数有多少个(这是前缀和)
类似设$1[x][j]$表示$1--x$中第$j$位为$1$数有多少个
那么$now$贡献就为$\sum\limits_{j=1}^{j<=最高位} (0[now][j]-0[l-1][j])*(1[r][j]-1[now-1][j])+(1[now][j]-1[l-1][j])*(0[r][j]-0[now-1][j])$
然后问题又转化为了找到以每一个值为最大值的最左$l$,最右$r$
这里我还是用的我的老方法(愚蠢至极)
void pre(ll l,ll r,ll now,ll nowmax){ if(l>r) return ; lef[now]=l,rig[now]=r; if(l==r) { len[now]=r-l+1; return ; } maxn=-1,ida=0; if(l<=now-1){ seg_max(1,l,now-1); pre(l,now-1,ida,maxn); } maxn=-1,ida=0; if(now+1<=r){ seg_max(1,now+1,r); pre(now+1,r,ida,maxn); } }
二分套线段树
复杂度玄学说是$n*{log(n)^2}$然而实际跑起来只比单调栈慢$400ms$,学数数还比单调栈快
$ans2$稍难但是还是寻找突破口
先放官方题解
这是很好的转化,我的实现和他不一样
(启发式合并太难打了,事实上我打了但根本没发调)
我用的可持久化$tire$,
可持久化$tire$可以查区间
要找到右面区间有多少个$xor$当前$a[j]$比最大值大
放进$tire$树里看如果最大值当前位为$1$,你不可能比它大,必须选相反位,为$0$比它大个数就是$size$了(size下所有都比它大)
放一下实现
void work2(){ root[0]=newnode(); for(ll i=1;i<=n;i++) root[i]=newnode(),insert(root[i-1],root[i],a[i]); for(ll i=1;i<=n;i++){ ll tmp=0; if(rig[i]-i>i-lef[i]) for(ll j=lef[i];j<=i;j++) tmp=(tmp+query(root[i-1],root[rig[i]],a[j],a[i]))%mod; if(rig[i]-i<=i-lef[i]) for(ll j=i;j<=rig[i];j++) tmp=(tmp+query(root[lef[i]-1],root[i],a[j],a[i]))%mod; ans2=(ans2+tmp*a[i])%mod; } }
ll query(ll F,ll C,ll now,ll big){ ll ans=0; for(ll i=20;i>=0;i--){ ll num[2]; num[0]=sz[ch[C][0]]-sz[ch[F][0]]; num[1]=sz[ch[C][1]]-sz[ch[F][1]]; ll nowbit=(now>>(i))&1, bigbit=(big>>(i))&1; if(bigbit) F=ch[F][nowbit^1],C=ch[C][nowbit^1]; else F=ch[F][nowbit],C=ch[C][nowbit],ans=(ans+num[nowbit^1]%mod); } return ans; }
总代码
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define A 222222 const ll mod=1e9+7; ll n,q,mx,mn=0x7fffffffff,ida,maxn,idb,thebigest,thebigestid,ans1,ans2; ll a[A],sum[A],b[A],ls[A],rs[A],len[A],_0[A][33],_1[A][33],lef[A],rig[A],sta[A]; ll root[A]; ll sz[11111111]; ll ch[11111111][2]; ll totnode=1,top=0; char c[10]; struct tree{ ll l,r,val,id; }tr[A]; void init(){ for(ll i=1;i<=n;++i){ while(top&&a[sta[top]]<a[i]) rig[sta[top--]]=i-1; sta[++top]=i; } while(top) rig[sta[top--]]=n; for(ll i=n;i>=1;--i){ while(top&&a[sta[top]]<=a[i]) lef[sta[top--]]=i+1; sta[++top]=i; } while(top) lef[sta[top--]]=1; } void pushup(ll p){ if(tr[p<<1].val>tr[p<<1|1].val){ tr[p].val=tr[p<<1].val; tr[p].id=tr[p<<1].id; } else { tr[p].val=tr[p<<1|1].val; tr[p].id=tr[p<<1|1].id; } } void built(ll p,ll l,ll r){ tr[p].l=l,tr[p].r=r; if(l==r){ tr[p].val=a[l]; tr[p].id=l; return ; } ll mid=(l+r)>>1; built(p<<1,l,mid); built(p<<1|1,mid+1,r); pushup(p); } void seg_max(ll p,ll l,ll r){ if(tr[p].l>=l&&tr[p].r<=r){ if(tr[p].val>maxn){ maxn=tr[p].val; ida=tr[p].id; } return ; } ll mid=(tr[p].l+tr[p].r)>>1; if(mid>=l) seg_max(p<<1,l,r); if(mid<r) seg_max(p<<1|1,l,r); } void pre(ll l,ll r,ll now,ll nowmax){ if(l>r) return ; lef[now]=l,rig[now]=r; if(l==r) { len[now]=r-l+1; return ; } maxn=-1,ida=0; if(l<=now-1){ seg_max(1,l,now-1); pre(l,now-1,ida,maxn); } maxn=-1,ida=0; if(now+1<=r){ seg_max(1,now+1,r); pre(now+1,r,ida,maxn); } } void work1(){ for(ll j=0;j<=20;j++) for(ll i=1;i<=n;i++){ _0[i][j]=_0[i-1][j]; _1[i][j]=_1[i-1][j]; if((a[i]&(1<<j))) _1[i][j]++; else _0[i][j]++; } for(ll i=1;i<=n;i++){ ll tmp=0; for(ll j=0;j<=20;j++){ ll l0=_0[i][j]-_0[lef[i]-1][j], r0=_0[rig[i]][j]-_0[i-1][j], l1=_1[i][j]-_1[lef[i]-1][j], r1=_1[rig[i]][j]-_1[i-1][j]; tmp=(tmp+(l0*(r1%mod*(1<<j)%mod)))%mod; tmp=(tmp+(l1*(r0%mod*(1<<j)%mod)))%mod; }ans1=(ans1+tmp*a[i])%mod; } } ll newnode(){ memset(ch[totnode],0,sizeof(ch[totnode])); sz[totnode]=0; return totnode++; } //F之前树 C现在树 inline void insert(ll F,ll C,ll val){ for(ll i=20;i>=0;i--){ ll bit=(val>>i)&1; if(!ch[C][bit]){ ch[C][bit]=newnode(); ch[C][!bit]=ch[F][!bit]; sz[ch[C][bit]]=sz[ch[F][bit]]; } C=ch[C][bit],F=ch[F][bit]; sz[C]++; } } ll query(ll F,ll C,ll now,ll big){ ll ans=0; for(ll i=20;i>=0;i--){ ll num[2]; num[0]=sz[ch[C][0]]-sz[ch[F][0]]; num[1]=sz[ch[C][1]]-sz[ch[F][1]]; ll nowbit=(now>>(i))&1, bigbit=(big>>(i))&1; if(bigbit) F=ch[F][nowbit^1],C=ch[C][nowbit^1]; else F=ch[F][nowbit],C=ch[C][nowbit],ans=(ans+num[nowbit^1]%mod); } return ans; } void work2(){ root[0]=newnode(); for(ll i=1;i<=n;i++) root[i]=newnode(),insert(root[i-1],root[i],a[i]); for(ll i=1;i<=n;i++){ ll tmp=0; if(rig[i]-i>i-lef[i]) for(ll j=lef[i];j<=i;j++) tmp=(tmp+query(root[i-1],root[rig[i]],a[j],a[i]))%mod; if(rig[i]-i<=i-lef[i]) for(ll j=i;j<=rig[i];j++) tmp=(tmp+query(root[lef[i]-1],root[i],a[j],a[i]))%mod; ans2=(ans2+tmp*a[i])%mod; } } int main(){ scanf("%lld%lld",&n,&q); for(ll i=1;i<=n;i++){ scanf("%lld",&a[i]); if(a[i]>mx) ida=i,mx=a[i]; mn=min(mn,a[i]); } thebigestid=ida; built(1,1,n); pre(1,n,ida,a[ida]); work1();work2(); if(q==1)printf("%lld\n",ans1); if(q==2)printf("%lld\n",ans2); if(q==3)printf("%lld\n%lld\n",ans1,ans2); }
chinese
题解
真·吃了语文的亏
考试一直在做这个题($2$小时左右)然而还是只会暴力
首先题目中式子含义要搞清楚
其实他就是让你统计所有方案有多少个练字
懒得写了先放官方题解回头再补
