Solution 1
莫队。主流做法。
转换为前缀和,那就是问 有多少对在区间中的不同的有序二元组 ((x, y)) 满足 (s[x] oplus s[y] = k)。 ((s[i] = oplus_{i= 1}^i a[i])。)
然后?显然开个桶就是莫队板题啊。。。
桶中新加入数字 (a_i) 时,先将暂时记录答案的变量 ( ext{total}) 加上桶中 数字 (a_i oplus k) 的个数, 然后将 (a_i) 的位置加一。
反之,删去数字 (a_i) 时,先将桶中 (a_i) 的位置减一,然后 ( ext{total}) 减掉桶中 数字 (a_ioplus k) 的个数。
复杂度 (O(nsqrt{m})),常数不大。
要注意的是前缀和的话要把位置 0 算进去。记得 long long
。桶的值域开两倍。
就酱,不多讲了。
/*
* Author : _Wallace_
* Source : https://www.cnblogs.com/-Wallace-/
* Problem : Luogu P4462 CQOI2018 异或序列 / CodeForces 617E XOR and Favorite Number
*/
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
const int K = 1e6 + 5;
int n, q, k;
int belong[N], b;
int ary[N];
struct Query {
int l, r, t;
inline bool operator < (const Query &temp) const {
return belong[l] == belong[temp.l] ? r < temp.r : belong[l] < belong[temp.l];
}
} qry[N];
int cnt[K << 1], L = 0, R = -1;
long long total = 0;
inline void inc(int p) {
total += cnt[ary[p] ^ k];
++ cnt[ary[p]];
}
inline void dec(int p) {
-- cnt[ary[p]];
total -= cnt[ary[p] ^ k];
}
inline void select(int l, int r) {
while(L < l) dec(L ++);
while(L > l) inc(-- L);
while(R < r) inc(++ R);
while(R > r) dec(R --);
}
long long ans[N];
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> q >> k;
for (register int i = 1; i <= n; i ++)
cin >> ary[i], ary[i] ^= ary[i - 1];
for (register int i = 1; i <= q; i ++)
cin >> qry[i].l >> qry[i].r, -- qry[i].l, qry[i].t = i;
b = sqrt(n);
for (register int i = 0; i <= n; i ++)
belong[i] = i / b + 1;
sort(qry + 1, qry + 1 + q);
for (register int i = 1; i <= q; i ++) {
select(qry[i].l, qry[i].r);
ans[qry[i].t] = total;
}
for (register int i = 1; i <= q; i ++)
cout << ans[i] << endl;
return 0;
}
Solution 2
数列分块。这样的的话做法有很多,这里提供一种做法。
本题解重点在此(因为网上没什么人写这玩意)。
注意,这个算法不能通过 CF617E。
数列分块的思想(熟悉的可以略过)
数列分块又被称作数列的平方分割。
数列分块是将整段数列分为均匀的几块,使得每块长度为(b)(末块的最后一个是第(n)个,并不是直接向后(+b)个,注意特判)。这里,(b)常取(sqrt{n})。
然后对每个块都维护一些必要的信息。
比如:P3372 【模板】线段树 1这一题就可以用分块做。
我们维护一下每个块的原数字之和,加法标记即可。
查询或修改时,并不一定目标区间一定包含整块。对于边角块,暴力。对于整块,取其现成维护的信息即可。
由于散块中的元素不超过(2sqrt{n})个,整块一个不超过(sqrt{n})块,所以这样的分块算法复杂度为(O(msqrt{n}))。
如果仅仅对分块了解至此,对于本题而言还是远远不够的。详细的教程请自行到网上学习。这里不再赘述。
本题中,这里认为(n,m,k)同阶。
下面算法基于的技巧
在下面的算法中,我们要做到快速求得某一段的异或和。
我们知道,异或的逆运算即为异或。
所以我们定义(s_i=a_1oplus a_2oplus ... oplus a_i),其中(oplus)代表异或,(a)为原数组。
那么(a_loplus a_{l+1}oplus ... oplus a_{r})就等于(s_{r}oplus s_{l-1})。
现在问题成了:给定(l,r),求区间([l-1,r])中有多少对二元组((i,j))满足(l-1le ile jle r)且(s_ioplus s_j=k)。
注意,由于实际使用时,(l)是要减一的,因此不能从一开始,而是0。
对于此题需要维护的信息
我们现在使用(s)取代一无是处的(a)。
-
(pre[i][j])表示前(i)个块之内,数字(j)出现的次数。
-
(ans[i][j])表示第(i)个到第(j)块(包括(i,j))的 答案。
至于为什么做这些,请继续阅读。
这里我们暂时仍用(sqrt{n})作块的大小。
预处理——(pre,ans)的求法。
先是(pre),这个简单。我们在(s)上一路扫去直到(B|i)时,即应该是下一个块的开始时,我们将这个块的(pre)的信息copy到下一个块中。扫的时候顺便处理一下第(i)个位置的所属块的编号。
下面的代码优化了一下,就是先求出最大的(s)的元素,以其为边界进行copy。注意不要漏掉0。
memset(pre[0],0,sizeof(pre[0]));
limits=*max_element(s,s+1+n);
for(register int i=0,j=0;i<=n;i++)
{
if(i%B==0)
{
block=++j;
for(register int val=0;val<=limits;val++)
pre[j][val]=pre[j-1][val];
}
belong[i]=j,pre[j][s[i]]++;
}
这部分的复杂度为(O(maxlimits_{iin [0,n]}{s_i} imes sqrt{n}))。
然后是(ans),这个是第一个难点。为了求出所有的(ans),我们分两步做。
- 计算(ans[i][i]):
这个不难,只要暴力计算就行了。复杂度(O((sqrt{n})^3)=O(nsqrt{n}))。
- 计算(ans[i][j](j>i))
上面我们计算的(ans[i][i])即将会用到!
我们假设我们已经求得了(ans[i][j-1])的值,那么(ans[i][j])的值就是(ans[i][j-1]+ans[j][j])······
Wrong!
上面,我们相当于只计算了区间的左右端点(这里左右端点指“下面算法基于的技巧”中的((i,j))的二元组)都在([ ext{第i块,第j-1块}])和都在( ext{第j块})的情况,而很有可能左右端点并不在上述两个区间之中的同一个,可能左端点在([ ext{第i块,第j-1块}]),而右端点在( ext{第j块})。这种情况我们漏掉了。
那怎么计算呢?我们可以枚举上述2部分的其中一部分的所有元素,另一部分可以利用已经求得的(pre)来计算与之对应的元素的个数。
那么枚举那一部分呢?显然是第二部分。因为第二部分是一个块,最多(sqrt{n})个元素,而第一部分指不定有多少块呢。。复杂度(O(2(sqrt{n})^3)=O(nsqrt{n}))
处理(ans)的算法大致明朗了,代码:
for(register int i=1;i<=block;i++)
for(register int j=(i-1)*B;j<=min(n,i*B-1);j++)
for(register int p=j+1;p<=min(n,i*B-1);p++)
if((s[j]^s[p])==k) ans[i][i]++;
for(register int i=1;i<=block;i++)
for(register int j=i+1;j<=block;j++)
{
ans[i][j]=ans[i][j-1]+ans[j][j];
for(register int p=(j-1)*B;p<=min(n,j*B-1);p++)
ans[i][j]+=pre[j-1][s[p]^k]-pre[i-1][s[p]^k];
}
预处理工作就这么愉快的结束啦!预处理总复杂度为(O(nsqrt{n}))。
在查询时利用好预处理的信息
查询时,输入是(l,r),但查询时我们要将(l)减一,方便处理。
那么查询怎么做呢?别急,我们暂且讨论一下如何在(O( ext{区间长度}))的时间内求得一个询问的答案。
定义(rec[i])为数字(i)出现的次数。
快速计算散块
我们先扫一边区间,并处理好(rec)。然后再扫一遍,扫到第(i)位的时候,先将(rec[s_i])减一,再将(s_ioplus k)的数的个数,即(rec[s_ioplus k])的值加到答案上即可。
代码:
LL ret=0ll;
for(register int i=l;i<=r;i++)
__rec[s[i]]++;
for(register int i=l;i<=r;i++)
__rec[s[i]]--,ret+=__rec[s[i]^k];
return ret;
对于散块,或者((l,r))之间( 不包括两个端点,便于判断 )并没有整块的情况,我们直接这样暴力即可。
由于这两种情况扫描的长度不超过(2sqrt{n}),所以单次操作的复杂度为(O(sqrt{n}))。
包含整块的情况
这是本题的第二个难点。
当时智障的我:这不就散块暴力,中间直接取(ans)就行了嘛......
Wrong!
还是那个问题:我们不能保证左右端点都在(这里左右端点指“下面算法基于的技巧”中的((i,j))二元组)左散块或都在右散块或都在整块。
所以麻烦的来了:我们不仅要计算三个独立的块,还有以下三种情况:
-
左端点在左散块,右端点在整块
-
左端点在左散块,右端点在右散块
-
左端点在整块,右端点在右散块
不急,慢慢来。
- 三个独立的部分:
左右散块像上面一样暴力,整块部分直接取(ans)。
- 左端点在左散块,右端点在整块
我们枚举左散块的所有元素,枚举至(s_i)时,在整块中查找(s_ioplus k)的个数加入答案,这可以利用(pre)数组轻松做到。
( ext{答案}+=sumlimits_{pin ext{左散块}}(pre[Y][s_poplus k]-pre[X-1][s_poplus k]))
- 左端点在左散块,右端点在右散块
先扫一遍左散块的所有元素,记录好左散块中每个元素出现的次数,即(rec)数组。
然后枚举右散块的所有元素,枚举至(s_i)时,在左散块中查找(s_ioplus k)的个数,即(rec[s_ioplus k])的值加入答案。
- 左端点在整块,右端点在右散块
整块不好枚举,所以我们枚举右端点。其他的操作与情况2的处理方式基本相同。
( ext{答案}+=sumlimits_{pin ext{右散块}}(pre[Y][s_poplus k]-pre[X-1][s_poplus k]))
以上就是处理包含整块情况的查询的全部内容啦!
代码:
int X=belong[l]+1,Y=belong[r]-1;
LL ret=0ll;
/*整块*/
ret+=ans[X][Y];
/*左散块*/
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
__rec[s[i]]++;
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
__rec[s[i]]--,ret+=__rec[s[i]^k];
/*右散块*/
for(register int i=r;belong[r]==belong[i];i--)
__rec[s[i]]++;
for(register int i=r;belong[r]==belong[i];i--)
__rec[s[i]]--,ret+=__rec[s[i]^k];
/*左散块 -> 右散块*/
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
__rec[s[i]]++;
for(register int i=r;belong[r]==belong[i];i--)
ret+=__rec[s[i]^k];
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
__rec[s[i]]--;
/*左散块 -> 整块*/
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
ret+=pre[Y][s[i]^k]-pre[X-1][s[i]^k];
/*整块 -> 右散块*/
for(register int i=r;belong[r]==belong[i];i--)
ret+=pre[Y][s[i]^k]-pre[X-1][s[i]^k];
return ret;
复杂度:还是取决于散块的最大长度,为(O(sqrt{n}))
时空复杂度
再次注明:此处认为(n,m,k)同阶。
时间:(O(nsqrt{n}))
空间:(O(nsqrt{n}))((pre)数组)
完整代码
/*
* Author : _Wallace_
* Source : https://www.cnblogs.com/-Wallace-/
* Problem : Luogu P4462 CQOI2018 异或序列
*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read(){int x=0,f=1;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}return f*x;}
const int N=1e5+5;
const int K=1e5+5;
const int B=150;
const int T=N/B+5;
int s[N];
int n,m;
int k;
namespace SqrtDiv
{
typedef long long LL;
int belong[N];
int pre[T][K<<1];
LL ans[T][T];
int limits;
int block;
inline void init()
{
memset(ans,0,sizeof(ans));
memset(pre[0],0,sizeof(pre[0]));
limits=*max_element(s,s+1+n);
for(register int i=0,j=0;i<=n;i++)
{
if(i%B==0)
{
block=++j;
for(register int val=0;val<=limits;val++)
pre[j][val]=pre[j-1][val];
}
belong[i]=j,pre[j][s[i]]++;
}
for(register int i=1;i<=block;i++)
for(register int j=(i-1)*B;j<=min(n,i*B-1);j++)
for(register int p=j+1;p<=min(n,i*B-1);p++)
if((s[j]^s[p])==k) ans[i][i]++;
for(register int i=1;i<=block;i++)
for(register int j=i+1;j<=block;j++)
{
ans[i][j]=ans[i][j-1]+ans[j][j];
for(register int p=(j-1)*B;p<=min(n,j*B-1);p++)
ans[i][j]+=pre[j-1][s[p]^k]-pre[i-1][s[p]^k];
}
}
int __rec[K<<1];
inline LL query(int l,int r)
{
LL ret=0ll;
if(belong[r]-belong[l]<=1)
{
for(register int i=l;i<=r;i++)
__rec[s[i]]++;
for(register int i=l;i<=r;i++)
__rec[s[i]]--,ret+=__rec[s[i]^k];
return ret;
}
int X=belong[l]+1,Y=belong[r]-1;
/*整块*/
ret+=ans[X][Y];
/*左散块*/
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
__rec[s[i]]++;
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
__rec[s[i]]--,ret+=__rec[s[i]^k];
/*右散块*/
for(register int i=r;belong[r]==belong[i];i--)
__rec[s[i]]++;
for(register int i=r;belong[r]==belong[i];i--)
__rec[s[i]]--,ret+=__rec[s[i]^k];
/*左散块 -> 右散块*/
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
__rec[s[i]]++;
for(register int i=r;belong[r]==belong[i];i--)
ret+=__rec[s[i]^k];
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
__rec[s[i]]--;
/*左散块 -> 整块*/
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
ret+=pre[Y][s[i]^k]-pre[X-1][s[i]^k];
/*整块 -> 右散块*/
for(register int i=r;belong[r]==belong[i];i--)
ret+=pre[Y][s[i]^k]-pre[X-1][s[i]^k];
return ret;
}
}
signed main()
{
n=read(),m=read(),k=read();
for(register int a,i=1;i<=n;i++)
a=read(),s[i]=s[i-1]^a;
SqrtDiv::init();
while(m--)
{
int l=read()-1,r=read();
printf("%lld
",SqrtDiv::query(l,r));
}
return 0;
}
注意事项
-
(ans)数组记得开
long long
。 -
注意询问时要将(l)减一,预处理时从0开始。
-
虽然原数字中的元素不超过(10^5),但是(oplus)之后可能会超过这个值。(10^5)的二进制是
1 1000 0110 1010 0000
,共17位,值域应该开到(2^{18}),也就是1<<18
。这里直接开到了(2 imes 10^5)。 -
注意暴力计算散块时,(rec[s_i])要先减去一再加入答案。最后清空(rec)时不能草率地
memset
,因为这样时(O(n))的复杂度会原地爆炸。应当怎么加过来,怎么减回去,具体操作上面的代码有所体现。
未考虑到的问题
- 块的大小,真的最好是(sqrt{n})吗?
有人已经发现了:上面代码中块的大小我调小了。
如果把块的大小设成(sqrt{n}),即(sqrt{10^5}approx 316),那么只能拿到70pts:https://www.luogu.com.cn/record/30177145
这是咋回事呀??
观察以下我们的算法,会发现预处理做的干净利落,但询问有一坨循环,虽说复杂度正确,但常数还是有点大。减少询问时间的方式就是减小块长。
这样一来,块大了,散块可能也就大了,效率就会降低。因此我调小了块的大小(150),虽然空间需求大了,但是果然快了不少:https://www.luogu.com.cn/record/30185458
注:块的大小为200时开O2才可以过。
- 是否存在更高效的算法
双倍经验:CF617E XOR and Favorite Number
然而这份代码过不了。。。
上面,我们假设(n,m,k)同阶,但这里不行,因为值域(kle 10^6)。这样复杂度就是(O((m+k)sqrt{n})),非常的菜。而且(pre)数组也是关于值域(k)的,直接(MLE)了。
难道就只有莫队可解了吗?对此本人持怀疑的态度。如果强大的你找到了更好的分块(线段树等)方法,欢迎私信(或评论)。
Notes
wtcl这一题调了半天。。。
码字不易,留个赞叭QwQ。