NOI Online 2021 #1 T3 岛屿探险（CDQ分治+Trie）

NOI Online 2021 #1 T3 岛屿探险

题目大意

• $n$座岛屿编号为$1-n$，每个岛屿有两个值$a_i,b_i$。$q$次询问，给出$l,r,c,d$，求编号在$[l,r]$中的岛屿满足$a⨁c\le \min (b,d)$的数量。
• $n,q\le 10^5，1\le a,b,c,d\le 2^{24}-1$

题解

• 部分分给了很清晰的提示。
• 情况一：始终满足$d\le b$，则每个岛的$b$并没有用，把$a$插入$0/1$的Trie树中，再把询问$c,d$带进去查询。这里需要把询问拆成$l-1$和$r$，然后和编号一起排序离线查询。查询具体的做法是，若$d$当前位为$0$，则进入异或后为$0$的子树；否则加上异或后为$0$的子树，再进入异或后为$1$的子树。
• 情况二：始终满足$b\le d$，则每个询问的$d$没有用，把$a$和$b$一起插入Trie树中，插入的方法和情况一查询的方法类似，把满足条件的子树打上标记。然后再把$c$带进去查询。同样需要把询问拆成两部分。
• 满分的做法，可以用CDQ分治，先把询问和插入按$d$和$b$一起排序，然后分成上面两种情况做，每个区间都按编号再排一次序，两个指针边扫边插入和查询即可。
• 要注意的是查询到Trie树的叶子节点也要加入答案，插入到Trie树的叶子节点也要打上标记。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 100010
struct node {
	int o, x, k, c, r;
}a[N * 3], p[N * 3], q[N * 3], st[N * 3];
struct {
	int p[2], s;
}f[N * 48];
int ans[N], sum = 1;
int cmp(node x, node y) {
	return x.x < y.x;
}
void insert(int k, int c) {
	int x = 1;
	for(int i = 23; i >= 0; i--) {
		int o = 0;
		if(k & (1 << i)) o = 1;
		if(!f[x].p[o]) f[x].p[o] = ++sum;
		x = f[x].p[o];
		f[x].s += c;
	}
}
int find(int k, int mi) {
	int s = 0, x = 1;
	for(int i = 23; i >= 0; i--) {
		int o = 0;
		if(k & (1 << i)) o = 1;
		if(mi & (1 << i)) {
			if(f[x].p[o]) s += f[f[x].p[o]].s;
			if(f[x].p[!o]) x = f[x].p[!o]; else break;
		}
		else {
			if(f[x].p[o]) x = f[x].p[o]; else break;
		}
		if(i == 0) s += f[x].s;
	}
	return s;
}
void change(int k, int mi, int c) {
	int x = 1;
	for(int i = 23; i >= 0; i--) {
		int o = 0;
		if(k & (1 << i)) o = 1;
		if(mi & (1 << i)) {
			if(!f[x].p[o]) f[x].p[o] = ++sum;
			f[f[x].p[o]].s += c;
			if(!f[x].p[!o]) f[x].p[!o] = ++sum;
			x = f[x].p[!o];
		}
		else {
			if(!f[x].p[o]) f[x].p[o] = ++sum;
			x = f[x].p[o];
		}
	}
	f[x].s += c;
}
int get(int k) {
	int x = 1, s = 0;
	for(int i = 23; i >= 0; i--) {
		int o = 0;
		if(k & (1 << i)) o = 1;
		if(f[x].p[o]) x = f[x].p[o]; else break;
		s += f[x].s;
	}
	return s;
}
void solve(int l, int r) {
	if(l == r) return;
	int mid = (l + r) / 2;
	solve(l, mid);
	solve(mid + 1, r);
	int ps = 0, qs = 0, i;
	for(i = l; i <= mid; i++) if(a[i].o) p[++ps] = a[i];
	for(i = mid + 1; i <= r; i++) if(!a[i].o) q[++qs] = a[i];
	int x = 1;
	for(i = 1; i <= ps; i++) {
		while(x <= qs && q[x].r <= p[i].r) insert(q[x].k, 1), x++;
		ans[p[i].o] += find(p[i].k, p[i].x) * p[i].c;
	}
	for(i = 1; i <= qs && q[i].r <= p[ps].r; i++) insert(q[i].k, -1);
	ps = qs = 0;
	for(i = l; i <= mid; i++) if(!a[i].o) p[++ps] = a[i];
	for(i = mid + 1; i <= r; i++) if(a[i].o) q[++qs] = a[i];
	x = 1;
	for(i = 1; i <= qs; i++) {
		while(x <= ps && p[x].r <= q[i].r) change(p[x].k, p[x].x, 1), x++;
		ans[q[i].o] += get(q[i].k) * q[i].c;
	}
	for(i = 1; i <= ps && p[i].r <= q[qs].r; i++) change(p[i].k, p[i].x, -1);
	int j = l, k = mid + 1, t0 = l - 1;
	while(j <= mid || k <= r) {
		if(j <= mid && (k > r || a[j].r <= a[k].r)) st[++t0] = a[j], j++; else st[++t0] = a[k], k++;
	}
	for(i = l; i <= r; i++) a[i] = st[i];
}
int main() {
	int n, Q, i, j, tot = 0;
	scanf("%d%d", &n, &Q);
	for(i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d%d", &a[i].k, &a[i].x);
		a[++tot].o = 0, a[tot].r = i;
	}
	for(i = 1; i <= Q; i++) {
		int L, R, C, D;
		scanf("%d%d%d%d", &L, &R, &C, &D);
		a[++tot].o = i, a[tot].r = R, a[tot].k = C, a[tot].x = D, a[tot].c = 1;
		a[++tot].o = i, a[tot].r = L - 1, a[tot].k = C, a[tot].x = D, a[tot].c = -1;
	}
	sort(a + 1, a + tot + 1, cmp);
	solve(1, tot);
	for(i = 1; i <= Q; i++) printf("%d
", ans[i]);
	return 0;
}

自我小结

• 询问区间拆成两半，以及位运算计数用Trie树来实现，都是比较常见的套路，但可能由于最近缺乏做题，意识不足，并未在这方面有任何想法。