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  • 【20151105noip膜你赛】bzoj3652 bzoj3653

    题目仿佛在讽刺我。。。

    第一题：

    题解：

    考虑枚举区间右端点，维护所以左到当前的 and 和 or 。注意 and 每次变化至少有一个二进制位从1变 0，or 每次至少有一个位从0变 1，所以最多有log段不同的值。用两个链表维护这log个值，暴力计算答案即可。
    O( nlogn)

    我原本打的是一个树状数组的O（nlognlogn）算法。。然后被卡了。。只有50分。。

    看了看奥爷爷的代码，发现他直接用一个链表同时维护and和or值，真奇怪啊不是(logn)^2吗。。然后男神说这个也是log级别的，因为两个区间不同只能是边界上跨越。

    代码：

     1 #include<cstdio>
 2 #include<cstdlib>
 3 #include<cstring>
 4 #include<iostream>
 5 #include<algorithm>
 6 using namespace std;
 7 
 8 typedef long long LL;
 9 const int N=100010;
10 const LL mod=1000000007;
11 int n,al;
12 struct node{int last,next;LL t0,t1,sum;}a[N];
13 
14 int main()
15 {
16     // freopen("a.in","r",stdin);
17     // freopen("a.out","w",stdout);
18     freopen("value.in","r",stdin);
19     freopen("value.out","w",stdout);
20     scanf("%d",&n);
21     al=0;
22     int x,last=0;
23     LL ans=0;
24     for(int i=1;i<=n;i++)
25     {
26         scanf("%d",&x);
27         for(int j=last;j;j=a[j].last)
28         {
29             a[j].t0&=x;
30             a[j].t1|=x;    
31         }
32         a[++al].t0=x;a[al].t1=x;a[al].sum=1;
33         a[al].last=last;
34         if(last) a[last].next=al;
35         last=al;
36 
37         for(int j=last;j;j=a[j].last)
38         {
39             int p=a[j].last;
40             if(p && a[p].t0==a[j].t0 && a[p].t1==a[j].t1)
41             {
42                 a[p].sum+=a[j].sum;
43                 a[p].next=a[j].next;
44                 if(a[j].next) a[a[j].next].last=p;
45                 else last=p;//debug last=p not last=j
46             }
47         }
48         
49         for(int j=last;j;j=a[j].last)
50         {
51             ans=(ans+((((a[j].t0*a[j].t1)%mod)*a[j].sum)%mod))%mod;
52         }
53     }
54     printf("%I64d
",ans);
55     return 0;
56 }

    第二题 bzoj3652

    3652: 大新闻

    Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 512 MBSec  Special Judge
    Submit: 207  Solved: 106
    [Submit][Status][Discuss]

    Description

    Input 两个整数n和p。p/100表示题目中描述的概率

    Output 输出期望在模1000000007下的值


    Sample Input

    3 50

    Sample Output

    2

     

    HINT

     


    1<=N<=10^18

     
    题解：
    这题的数位dp达到我都昏了。。因为我打得挺复杂的。。
    首先贴一个我的代码吧。
      1 #include<cstdio>
  2 #include<cstdlib>
  3 #include<cstring>
  4 #include<iostream>
  5 #include<algorithm>
  6 using namespace std;
  7 
  8 typedef long long LL;
  9 const LL mod=1000000007;
 10 const int N=100;
 11 LL n,m,p,bit[N],vis[N][2][2],cnt[N][2],f[N][2][2][2][2],g[N][2][2];
 12 int d[N];
 13 
 14 LL ad(LL x,LL y){return ((x+y)%mod+mod)%mod;}
 15 
 16 int find_vis(int x,int now,int flag)
 17 {
 18     if(x==0) return 1;
 19     if(vis[x][now][flag]!=-1) return vis[x][now][flag];
 20     int mx=1;if(flag || (x-1==0)) mx=d[x-1];
 21     LL ans=0;
 22     for(int i=0;i<=mx;i++)
 23     {
 24         ans=ad(ans,find_vis(x-1,i,flag&(i==d[x-1])));
 25     }
 26     vis[x][now][flag]=ans;
 27     // printf("x = %d  now = %d  flag = %d  = %d
",x,now,flag,ans); 
 28     return ans;
 29 }
 30 
 31 void find_cnt()
 32 {
 33     for(int i=1;i<=m;i++) cnt[i][0]=cnt[i][1]=bit[m];
 34     for(int i=m;i>=1;i--)
 35     {
 36         if(d[i]==0) 
 37         {
 38             for(int j=i-1;j>=1;j--) 
 39             {
 40                 cnt[j][0]=ad(cnt[j][0],-bit[i-1]);
 41                 cnt[j][1]=ad(cnt[j][1],-bit[i-1]);
 42             }
 43             cnt[i][1]=ad(cnt[i][1],-bit[i]);
 44             for(int j=i+1;j<=m;j++)
 45             {
 46                 cnt[j][d[j]]=ad(cnt[j][d[j]],-bit[i]);
 47             }
 48         }
 49     }
 50     
 51 }
 52 
 53 int dfs(int x,int now1,int now2,int flag1,int flag2) 
 54 {
 55     if(x==0) return 0;
 56     
 57     if(f[x][now1][now2][flag1][flag2]!=-1) return f[x][now1][now2][flag1][flag2];
 58     LL ans=0,now=0;
 59     int mx1=1;if(flag1 || (x-1==0)) mx1=d[x-1];
 60     int mx2=1;if(flag2 || (x-1==0)) mx2=d[x-1];
 61     if(now1+now2==1) ans=ad(ans,(vis[x][now1][flag1]*bit[x])%mod);
 62     for(int i=0;i<=mx1;i++)
 63     {
 64         if(flag2 && (i^1)>mx2) 
 65         {
 66             int f1=flag1&(i==d[x-1]);
 67             int f2=flag2&(0==d[x-1]);
 68             ans=ad(ans,dfs(x-1,i,0,f1,f2));
 69         }
 70         else 
 71         {
 72             int f1=flag1&(i==d[x-1]);
 73             int f2=flag2&((i^1)==d[x-1]);
 74             ans=ad(ans,dfs(x-1,i,i^1,f1,f2));
 75         }
 76     }
 77     f[x][now1][now2][flag1][flag2]=ans;
 78     // printf("f x = %d  now1 = %d  now2 = %d  flag1 = %d  flag2 = %d  ans = %d
",x,now1,now2,flag1,flag2,ans); 
 79     return ans;
 80 }
 81 
 82 int DFS(int x,int now,int flag)
 83 {
 84     if(x==0) return 0;
 85     if(g[x][now][flag]!=-1) return g[x][now][flag]; 
 86     int mx=1;if(flag || (x-1==0)) mx=d[x-1];
 87     LL ans=0;
 88     ans=ad(ans,(((vis[x][now][flag]*cnt[x][now^1])%mod)*bit[x])%mod);
 89     for(int i=0;i<=mx;i++)
 90     {
 91         ans=ad(ans,DFS(x-1,i,flag&(i==d[x-1])));
 92     }
 93     g[x][now][flag]=ans;
 94     // printf("g x = %d  now = %d  flag = %d  = %d
",x,now,flag,ans); 
 95     return ans;
 96 }
 97 
 98 LL quickpow(LL x,LL y)
 99 {
100     LL ans=1;
101     while(y) 
102     {
103         if(y&1) ans=(ans*x)%mod;
104         x=(x*x)%mod;
105         y/=2;
106     }
107     return ans;
108 }
109 
110 int main()
111 {
112     freopen("a.in","r",stdin);
113     // freopen("a.out","w",stdout);
114     // freopen("news.in","r",stdin);
115     // freopen("news.out","w",stdout);
116     scanf("%lld%lld",&n,&p);
117     LL x=n-1;m=0;
118     memset(d,0,sizeof(d));
119     while(x)
120     {
121         d[++m]=x%2;
122         x/=2;
123     }
124     bit[1]=1;
125     for(int i=2;i<=70;i++) bit[i]=(bit[i-1]*2)%mod;
126     memset(cnt,0,sizeof(cnt));
127     memset(vis,-1,sizeof(vis));
128     memset(f,-1,sizeof(f));
129     memset(g,-1,sizeof(g));
130     find_vis(m+1,0,1);
131     find_cnt();
132     
133     LL a1=dfs(m+1,0,0,1,1);
134     LL a2=DFS(m+1,0,1);
135     LL bn=quickpow(n%mod,mod-2);
136     LL bb=quickpow(100,mod-2);
137     LL ans=0;
138     
139     // for(int i=1;i<=3;i++)
140         // for(int j=0;j<=1;j++)
141             // printf("cnt %d %d = %I64d
",i,j,cnt[i][j]);
142         
143     ans=ad(ans,(((a1*bn)%mod)*((p*bb)%mod))%mod);
144     ans=ad(ans,(((((a2*bn)%mod)*bn)%mod)*(((100-p)*bb)%mod))%mod);
145     // printf("a1=%I64d a2=%I64d
",a1,a2);
146     printf("%lld
",ans);
147     return 0;
148 }
    View Code

    x表示当前填到哪一位。flag表示当前是否和边界重合。

    dfs是做加密的情况，也就是确定当前填的x，然后让跟它异或的y尽量大。

    DFS是做不加密的情况，也就是确定当前填的x，然后y所有可能都算上。

    其中vis是维护到当前状态的方案数。

    cnt是表示当前某个数位上是0或1的方案数。

    好了还是这种做法太复杂了。。

    学习了一下出题人的做法。

    出题人题解：

      1 #include<cstdio>
  2 #include<cstdlib>
  3 #include<cstring>
  4 #include<cmath>
  5 #include<iostream>
  6 #include<algorithm>
  7 using namespace std;
  8 
  9 typedef long long LL;
 10 const LL mod=1000000007;
 11 const int N=110;
 12 LL n,m,p,bit[N],f[N][2][2],g[N][2][2];
 13 int a[N];
 14 
 15 LL quickpow(LL x,LL y)
 16 {
 17     LL ans=1;
 18     while(y)
 19     {
 20         if(y&1) ans=(ans*x)%mod;
 21         x=(x*x)%mod;
 22         y/=2;
 23     }
 24     return ans;
 25 }
 26 
 27 void dp_1()
 28 {
 29     memset(f,0,sizeof(f));
 30     memset(g,0,sizeof(g));
 31     g[0][1][1]=1;
 32     int now1,now2;
 33     for(int i=0;i<m;i++)
 34         for(int x1=0;x1<=1;x1++)
 35             for(int x2=0;x2<=1;x2++)
 36             {
 37                 if(g[i][x1][x2]==0) continue;
 38                 for(int j=0;j<=1;j++)
 39                 {
 40                     int k=j^1;
 41                     if(j>a[i+1] && x1) continue;
 42                     if(j==a[i+1] && x1) now1=1;
 43                     else now1=0;
 44                     if(k>a[i+1] && x2) k=0;
 45                     if(k==a[i+1] && x2) now2=1;
 46                     else now2=0;
 47                     g[i+1][now1][now2]=(g[i+1][now1][now2]+g[i][x1][x2])%mod;
 48                     f[i+1][now1][now2]=(f[i+1][now1][now2]+f[i][x1][x2]+((g[i][x1][x2]*(j^k))%mod*bit[i+1])%mod)%mod;
 49                 }
 50             }
 51 }
 52 
 53 
 54 void dp_2()
 55 {
 56     memset(f,0,sizeof(f));
 57     memset(g,0,sizeof(g));
 58     g[0][1][1]=1;
 59     int now1,now2;
 60     for(int i=0;i<m;i++)
 61         for(int x1=0;x1<=1;x1++)
 62             for(int x2=0;x2<=1;x2++)
 63             {
 64                 if(g[i][x1][x2]==0) continue;
 65                 for(int j=0;j<=1;j++)
 66                 {
 67                     if(j>a[i+1] && x1) continue;
 68                     if(x1 && j==a[i+1]) now1=1;
 69                     else now1=0;
 70                     for(int k=0;k<=1;k++)
 71                     {
 72                         if(k>a[i+1] && x2) continue;
 73                         if(x2 && k==a[i+1]) now2=1;
 74                         else now2=0;
 75                         g[i+1][now1][now2]=(g[i+1][now1][now2]+g[i][x1][x2])%mod;
 76                         f[i+1][now1][now2]=(f[i+1][now1][now2]+f[i][x1][x2]+(g[i][x1][x2]*(j^k))%mod*bit[i+1]%mod)%mod;
 77                     }
 78                 }
 79             }
 80 }
 81 
 82 
 83 int main()
 84 {
 85     freopen("a.in","r",stdin);
 86     // freopen("news.in","r",stdin);
 87     // freopen("news.out","w",stdout);
 88     scanf("%lld%lld",&n,&p);
 89     LL x=n-1,a1=0,a2=0;m=0;
 90     while(x)
 91     {
 92         a[++m]=x%2;
 93         x/=2;
 94     }
 95     for(int i=1;i<=m/2;i++) swap(a[i],a[m-i+1]);
 96     bit[m]=1;
 97     for(int i=m-1;i>=1;i--) bit[i]=(bit[i+1]*2)%mod;
 98     // for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d ",a[i]);printf("
");
 99     
100     dp_1();
101     for(int i=0;i<=1;i++)
102         for(int j=0;j<=1;j++)
103             a1=(a1+f[m][i][j])%mod;
104     dp_2();
105     for(int i=0;i<=1;i++)
106         for(int j=0;j<=1;j++)
107             a2=(a2+f[m][i][j])%mod;
108     
109     LL bn=quickpow(n%mod,mod-2);
110     LL bb=quickpow(100,mod-2);
111     LL ans=0;
112     
113     ans=(ans+((a1*bn%mod)*(p*bb%mod))%mod)%mod;
114     ans=(ans+((((a2*bn%mod)*bn)%mod)*((100-p)*bb%mod))%mod)%mod;
115     // printf("a1=%I64d a2=%I64d
",a1,a2);
116     printf("%lld
",ans);
117     
118     return 0;
119 }

    第三题：

    3653: 谈笑风生

    Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 512 MB
    Submit: 689  Solved: 264
    [Submit][Status][Discuss]

    Description

    设T 为一棵有根树，我们做如下的定义：
    • 设a和b为T 中的两个不同节点。如果a是b的祖先，那么称“a比b不知道
    高明到哪里去了”。
    • 设a 和 b 为 T 中的两个不同节点。如果 a 与 b 在树上的距离不超过某个给定
    常数x，那么称“a 与b 谈笑风生”。
    给定一棵n个节点的有根树T，节点的编号为1 到 n，根节点为1号节点。你需
    要回答q 个询问，询问给定两个整数p和k，问有多少个有序三元组(a;b;c)满足：
    1. a、b和 c为 T 中三个不同的点，且 a为p 号节点；
    2. a和b 都比 c不知道高明到哪里去了；
    3. a和b 谈笑风生。这里谈笑风生中的常数为给定的 k。

    Input

    输入文件的第一行含有两个正整数n和q，分别代表有根树的点数与询问的个数。接下来n - 1行，每行描述一条树上的边。每行含有两个整数u和v，代表在节点u和v之间有一条边。
    接下来q行，每行描述一个操作。第i行含有两个整数，分别表示第i个询问的p和k。

     

     

    Output

    输出 q 行，每行对应一个询问，代表询问的答案。

     

    Sample Input

    5 3
    1 2
    1 3
    2 4
    4 5
    2 2
    4 1
    2 3

    Sample Output


    3
    1
    3

    HINT

     

     


    1<=P<=N

    1<=K<=N

    N<=300000

    Q<=300000

     
    题解：
     
    跟我最近做的主席树模版题非常像啊。。
      1 #include<cstdio>
  2 #include<cstdlib>
  3 #include<cstring>
  4 #include<iostream>
  5 #include<algorithm>
  6 using namespace std;
  7 
  8 typedef long long LL;
  9 const int N=2*100000,M=30*100000;
 10 // const int N=2*300000,M=30*300000;
 11 struct node{
 12     int x,y,next;
 13 }a[N];
 14 struct trnode{
 15     int lc,rc;
 16     LL sum;
 17 }t[M];
 18 int n,m,num,len,tl;
 19 int first[N],dfn[N],edfn[N],dep[N],tot[N],root[N];
 20 
 21 int minn(int x,int y){return x<y ? x:y;}
 22 
 23 void ins(int x,int y)
 24 {
 25     a[++len].x=x;a[len].y=y;
 26     a[len].next=first[x];first[x]=len;
 27 }
 28 
 29 int add(int rt,int x,int d)
 30 {
 31     int now=++tl,tmp=now;
 32     int l=1,r=n,mid;
 33     while(l<r)
 34     {
 35         mid=(l+r)/2;
 36         if(x<=mid)
 37         {
 38             r=mid;
 39             t[now].lc=++tl;
 40             t[tl].lc=t[tl].rc=0;
 41             t[now].rc=t[rt].rc;
 42             rt=t[rt].lc;
 43             now=tl;
 44         }
 45         else 
 46         {
 47             l=mid+1;
 48             t[now].lc=t[rt].lc;
 49             t[now].rc=++tl;
 50             t[tl].lc=t[tl].rc=0;
 51             rt=t[rt].rc;
 52             now=tl;
 53         }
 54         t[now].sum=t[rt].sum+d;
 55     }
 56     return tmp;
 57 }
 58 
 59 LL query(int lx,int rx,int ql,int qr,int l,int r)
 60 {
 61     if(ql==l && qr==r) return t[rx].sum-t[lx].sum;//debug 一开始更新到了叶子节点。。
 62     int mid=(l+r)/2;
 63     if(qr<=mid) return query(t[lx].lc,t[rx].lc,ql,qr,l,mid);
 64     if(ql>mid) return query(t[lx].rc,t[rx].rc,ql,qr,mid+1,r);
 65     return query(t[lx].lc,t[rx].lc,ql,mid,l,mid)+query(t[lx].rc,t[rx].rc,mid+1,qr,mid+1,r);
 66 }
 67 
 68 void dfs(int x,int fa)
 69 {
 70     dep[x]=dep[fa]+1;
 71     dfn[x]=++num;
 72     tot[x]=1;
 73     for(int i=first[x];i;i=a[i].next)
 74     {
 75         int y=a[i].y;
 76         if(y==fa) continue;
 77         dfs(y,x);
 78         tot[x]+=tot[y];
 79     }
 80     edfn[x]=num;
 81 }
 82 
 83 void build_tree(int x,int fa)
 84 {
 85     root[dfn[x]]=add(root[dfn[x]-1],dep[x],tot[x]-1);
 86     for(int i=first[x];i;i=a[i].next)
 87     {
 88         int y=a[i].y;
 89         if(y==fa) continue;
 90         build_tree(y,x);
 91     }
 92 }
 93 
 94 void output(int x,int l,int r)
 95 {
 96     printf("x = %d l = %d  r = %d  lc = %d  rc = %d  sum = %d
",x,l,r,t[x].lc,t[x].rc,t[x].sum);
 97     int mid=(l+r)/2;
 98     if(t[x].lc) output(t[x].lc,l,mid);
 99     if(t[x].rc) output(t[x].rc,mid+1,r);
100 }
101 
102 int main()
103 {
104     // freopen("a.in","r",stdin);
105     freopen("tree.in","r",stdin);
106     freopen("tree.out","w",stdout);
107     scanf("%d%d",&n,&m);
108     num=0;tl=0;len=0;
109     memset(first,0,sizeof(first));
110     for(int i=1;i<n;i++)
111     {
112         int x,y;
113         scanf("%d%d",&x,&y);
114         ins(x,y);
115         ins(y,x);
116     }
117     dfs(1,0);
118     root[0]=0;t[0].lc=t[0].rc=0;
119     build_tree(1,0);
120     LL ans;int p,k;
121     for(int i=1;i<=m;i++)
122     {
123         scanf("%d%d",&p,&k);
124         ans=((LL)minn(dep[p]-1,k))*((LL)(tot[p]-1));
125         ans+=query(root[dfn[p]],root[edfn[p]],minn(n,dep[p]+1),minn(n,dep[p]+k),1,n);
126         printf("%lld
",ans);
127     }
128     return 0;
129 }
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  • 原文地址：https://www.cnblogs.com/KonjakJuruo/p/6035893.html
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