期望得分：0+60+60=120
实际得分：0+30+60=90
令g=gcd（X11,X12,X13……）
则行列式可能为D的充要条件为g|D
1、g|D为必要条件：
由定义来算行列式的时候，每一项都要从第一行里取一个数，所以g|D
2、g|D为充分条件：
首先可以通过矩阵的初等变换，将矩阵X消成对角矩阵
其中，X11* X22 * X33* X44=D
上述矩阵等价于
把D拆为g*D/g
还原到矩阵中
即
X22=
此矩阵模拟先前初等变换即可还原为原矩阵X
#include <algorithm> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <cmath> using namespace std; int gcd(int a,int b) { return !b ? a : gcd(b,a%b); } bool solve() { int n,m,x,y; scanf("%d%d",&n,&m); x=0; for (int i=1;i<=n;++i) { scanf("%d",&y); x=gcd(x,abs(y)); } if (n==1) return y==m; if (!x) return !m; return !(abs(m)%x); } int main() { freopen("det.in","r",stdin); freopen("det.out","w",stdout); int t; scanf("%d", &t); while(t--) if (solve()) printf("Y "); else printf("N "); }
每次分两半的时候，一定是奇数在左边，偶数在右边
所以用类似于线段树的思想来分治
由于每次讲将序列按奇偶下标分成两半，如果每次处理分成的那一半区间
那这个区间一定是一个等差数列,且公差为 2^d
所以
如果我们将区间离散化为1,2,3，……
那么完全可以求出区间离散化之后的答案，在回溯往上的时候每次*2（奇数*2-1），便可得到原区间的答案
例：1 2 3 4 5 6 7
第一次分治：
原左区间： 1 3 5 7 原右区间 2 4 6
离散化后区间 1 2 3 4 1 2 3
离散化后左区间 总和 1+2+3+4=10
当回溯到上一层是，实际上是（1*2-1）+（2*2-1）+（3*2-1）+（4*2-1）= 10*2-4=16
离散化后右区间 总和 1+2+3=6
当回溯到上一层是，实际上是 （1*2）+（2*2）+（3*2）=6*2=12
具体怎么求？
设当前分治到 rr，l，r，x，y
表示当前区间离散化后为[1,2,……rr]，当前要求下标在本区间的[l,r]内，大小 在 本区间离散化后[x,y]之间
分四种情况：
1、对答案有贡献的数全在当前区间内，即 l=1 && r=rr
因为每次分治的区间是一个等差数列，根据求和公式，本区间的答案为（y-x+1）*（x+y）/2
2、对答案有贡献的数是当前区间的一部分且全在左区间，即r<=mid ，那就递归到左区间求解
在左区间中 ，rr变成mid，l，r 不变，x变为x/2+1，y变为（y+1）/2
3、对答案有贡献的数是当前区间的一部分且全在右区间，即l>mid，那就递归到右区间求解
在右区间中，rr变成rr-mid，l-=mid，r-=mid，x变为（x+1）/2，y变为y/2+1
4、对答案有贡献的数是当前区间的一部分且左右区间都有，左右区间都递归，再合并
这里 l，r 根上面的左右区间有所不同
左区间的r是mid，右区间的l是1
上面提到了左区间是奇数，回溯的时候 和变为*2-元素个数
所以 回溯时，除了返回 和，还要返回元素个数
用pair即可
小细节：等差数列求和的时候，（y-x+1）*（x+y）/2 乘法运算可能会爆long long
所以 判断哪个是偶数，先进行除法运算
#include<cstdio> #include<iostream> #define mp(a,b) make_pair((a),(b)) using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<LL,LL>pr; LL mod; void read(LL &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } } pr solve(LL rr,LL l,LL r,LL x,LL y) { if(x>rr || l>r) return mp(0,0); if(l==1 && r==rr) { y=min(y,rr); LL s; if (!((x+y)&1))s=(x+y>>1)%mod*((y-x+1)%mod)%mod; else s=((x+y)%mod)*((y-x+1>>1)%mod)%mod; return mp(s,(y-x+1)%mod); } LL mid=rr+1>>1; if(r<=mid) { pr res=solve(mid,l,r,(x>>1)+1,y+1>>1); return mp(((res.first<<1)-res.second)%mod,res.second); } if(l>mid) { pr res=solve(rr-mid,l-mid,r-mid,x+1>>1,y>>1); return mp((res.first<<1)%mod,res.second); } pr res1=solve(mid,l,mid,(x>>1)+1,y+1>>1); pr res2=solve(rr-mid,1,r-mid,x+1>>1,y>>1); return mp(((res1.first<<1)-res1.second+(res2.first<<1))%mod,(res1.second+res2.second)%mod); } int main() { freopen("seq.in","r",stdin); freopen("seq.out","w",stdout); LL n,m; read(n); read(m); read(mod); LL l,r,x,y; while(m--) { read(l); read(r); read(x); read(y); pr ans=solve(n,l,r,x,y); printf("%I64d ",(ans.first+mod)%mod); } }
考场 30分 莫队 ，然而枚举有60
#include<cmath> #include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> #define N 100001 #define lowbit(x) x&(-x) using namespace std; typedef long long LL; int a[N],n,m,mod; int bl[N]; LL c[N],ans[N]; struct node { int l,r,x,y,id; }e[N]; void read(int &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } } void dfs(int l,int r,int k) { if(l==r) return; int m=l+r>>1,t=m; dfs(l,m,k<<1); for(int i=l;i<=m;i++) if(a[i]+k<=n) a[++t]=a[i]+k; } bool cmp(node p,node q) { if(bl[p.l]!=bl[q.l]) return bl[p.l]<bl[q.l]; return p.r<q.r; } void add(int x,int w) { while(x<=n) { c[x]+=w; x+=lowbit(x); } } LL query(int x) { LL sum=0; while(x) { sum+=c[x]; x-=lowbit(x); } return sum; } void update(int pos,bool ty) { if(ty) add(a[pos],a[pos]); else add(a[pos],-a[pos]); } int main() { freopen("seq.in","r",stdin); freopen("seq.out","w",stdout); read(n); read(m); read(mod); a[1]=1; dfs(1,n,1); for(int i=1;i<=m;i++) { read(e[i].l),read(e[i].r),read(e[i].x),read(e[i].y); if(e[i].x>n) e[i].x=n; if(e[i].y>n) e[i].y=n; e[i].id=i; } int siz=sqrt(n); for(int i=1;i<=n;i++) bl[i]=(i-1)/siz+1; sort(e+1,e+m+1,cmp); int L=1,R=0,l,r; for(int i=1;i<=m;i++) { l=e[i].l; r=e[i].r; while(L<l) update(L++,0); while(L>l) update(--L,1); while(R<r) update(++R,1); while(R>r) update(R--,0); if(e[i].x>1) ans[e[i].id]=query(e[i].y)-query(e[i].x-1); else ans[e[i].id]=query(e[i].y); } for(int i=1;i<=m;i++) printf("%I64d ",ans[i]%mod); }
树形DP+倍增
回想倍增法求LCA的过程
从大到小枚举k，每次跳2^k步，只要不越界就跳，最后一定能跳到LCA
因为跳的都是2的幂次步，所以每跳一步就是二进制加了一个1
先预处理fa[i][k],表示点i向上跳2^k 步的祖先节点
设 f[i][j] 表示最后一步跳了2^j步，跳到了点i的答案之和
cnt[i][j] 表示最后一步跳了2^j步，跳到了点i的方案数
因为有了倍增求lCA原理的保证，所以只需要考虑跳2的幂次步
设siz[i]表示以i为根的子树的大小
rt[i]=j 表示 当前点属于 i的子树里，以j为根节点的子树
假设dfs回溯到x，转移分两种：
1、以x为链的一个端点
枚举x向上跳2^k次，则v=fa[x][j]
那么ans+=siz[v]-siz[rt[v]] ——所有非rt[v]子树的点，与x的LCA都是v，都会有1的贡献
（类似于点分治中要去除同一子树内合法的点）
cnt[v][k]++ f[v][k]++
2、x作为倍增过程中的一个中途点
那么枚举最后一步跳了2^i 跳到了x
枚举x再往上跳2^j步,则v=fa[x][j]
那么ans+=（f[x][i]+cnt[x][i]）*（siz[v]-siz[rt[v]]）
f[x][i] 是原来的答案，在以v做LCA时，又会用 （siz[v]-siz[rt[v]]）次
cnt[x][i] 是 要再往上跳2^j步，又有一个1的贡献
cnt[v][j]+=cnt[x][i] f[v][j]+=f[x][i]+cnt[x][i]
例：1--2--3--4 如果4到1的距离为3，二进制为11，对答案的贡献为2
回溯到4的时候，以4为端点会累积3--4 2--4
回溯到3的时候，以3为端点会累积2--3 1--3
回溯到2的时候，以2为端点会累积1--2，以2为中途点会累积1--2--3--4
（4跳2^1累积到2里，然后在枚举2为中途点时，最后一步跳了2^1到2,2再往上跳2^0）
为什么在枚举3作为中途点的时候，不枚举跳了2^0次方到了3
因为此时3不是中途点，我们是按跳2^k，k是降序跳的
个人总结：支持本题不重不漏的原理就是倍增求LCA的原理
或者是说任意数可以拆为2^k1+2^k2+2^k3…… ki 依次递减
个人AC代码
#include<cstdio> #define N 100001 using namespace std; typedef long long LL; LL ans; int front[N],nxt[N<<1],to[N<<1],tot; int fa[N][17],siz[N],rt[N]; int cnt[N][17],f[N][17]; void add(int u,int v) { to[++tot]=v; nxt[tot]=front[u]; front[u]=tot; to[++tot]=u; nxt[tot]=front[v]; front[v]=tot; } void dfs1(int x,int y) { fa[x][0]=y; siz[x]=1; for(int i=1;i<=16;i++) fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1]; for(int i=front[x];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=y) dfs1(to[i],x),siz[x]+=siz[to[i]]; } void dfs2(int x) { for(int i=front[x];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=fa[x][0]) rt[x]=to[i],dfs2(to[i]); for(int i=0;i<=16;i++) { ans+=siz[fa[x][i]]-siz[rt[fa[x][i]]]; cnt[fa[x][i]][i]++; f[fa[x][i]][i]++; } for(int i=1;i<=16;i++) for(int j=0;j<i;j++) { ans+=LL(cnt[x][i]+f[x][i])*LL(siz[fa[x][j]]-siz[rt[fa[x][j]]]); cnt[fa[x][j]][j]+=cnt[x][i]; f[fa[x][j]][j]+=f[x][i]+cnt[x][i]; } } int main() { freopen("bitcount.in","r",stdin); freopen("bitcount.out","w",stdout); int n; scanf("%d",&n); int u,v; for(int i=1;i<n;i++) { scanf("%d%d",&u,&v); add(u,v); } dfs1(1,0); siz[0]=siz[1]; nxt[0]=1; dfs2(1); printf("%I64d",ans); }
自己加了中间输出辅助理解的std
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <string> #include <cmath> #include <vector> #define st first #define nd second using namespace std; struct edge { int x; int nxt; }; typedef long long LL; const int N = 1E5 + 10; edge e[2 * N]; int lca[N][17], hd[N], fa[N], sons[N], nxt[N], cnt[N][17], f[N][17]; int n, m, x, y, l; LL ans; void link(int x, int y) { e[++l].x = y; e[l].nxt = hd[x]; hd[x] = l; } void dfs_lca(int x) { lca[x][0] = fa[x]; sons[x] = 1; for (int i = 1; i <= 16; ++i) lca[x][i] = lca[lca[x][i - 1]][i - 1]; for (int p = hd[x]; p; p = e[p].nxt) if (e[p].x != fa[x]) { fa[e[p].x] = x; dfs_lca(e[p].x); sons[x] += sons[e[p].x]; } } void dfs_ans(int x) { for (int p = hd[x]; p; p = e[p].nxt) if (e[p].x != fa[x]) nxt[x] = e[p].x, dfs_ans(e[p].x); for (int i = 0; i <= 16; ++i) { ans += sons[lca[x][i]] - sons[nxt[lca[x][i]]]; if(sons[lca[x][i]] - sons[nxt[lca[x][i]]]) printf("%d : sons[%d]-sons[%d]=%d ",x,lca[x][i],nxt[lca[x][i]],sons[lca[x][i]] - sons[nxt[lca[x][i]]]); cnt[lca[x][i]][i]++; f[lca[x][i]][i]++; } for (int i = 1; i <= 16; ++i) for (int j = 0; j <= i - 1; ++j) { ans += LL(cnt[x][i] + f[x][i]) * LL(sons[lca[x][j]] - sons[nxt[lca[x][j]]]); if(LL(cnt[x][i] + f[x][i]) * LL(sons[lca[x][j]] - sons[nxt[lca[x][j]]])) printf("%d : cnt[%d][%d]+f[%d][%d] * sons[%d]-sons[%d] = %I64d ",x,x,i,x,i,lca[x][j],nxt[lca[x][j]],LL(cnt[x][i] + f[x][i]) * LL(sons[lca[x][j]] - sons[nxt[lca[x][j]]])); cnt[lca[x][j]][j] += cnt[x][i]; f[lca[x][j]][j] += f[x][i] + cnt[x][i]; } } int main() { //freopen("bitcount.in", "r", stdin); //freopen("bitcount.out", "w", stdout); scanf("%d", &n); for (int i = 1; i < n; ++i) { scanf("%d%d", &x, &y); link(x, y); link(y, x); } dfs_lca(1); sons[0] = sons[1]; nxt[0] = 1; dfs_ans(1); printf("%I64d ", ans); }
考场60分暴力
#include<cstdio> #include<algorithm> #define N 2001 using namespace std; int front[N],to[N<<1],nxt[N<<1],tot; int val[N],deep[N],id[N]; int lca[N][N],f[N][12]; int n; void add(int u,int v) { to[++tot]=v; nxt[tot]=front[u]; front[u]=tot; to[++tot]=u; nxt[tot]=front[v]; front[v]=tot; } int cal(int x) { int sum=0; while(x) sum+=(x&1),x>>=1; return sum; } void dfs(int x,int dep,int fa) { id[x]=++tot; deep[x]=dep; f[x][0]=fa; for(int i=front[x];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=fa) dfs(to[i],dep+1,x); } int getlca(int x,int y) { if(id[x]<id[y]) swap(x,y); for(int i=11;i>=0;i--) if(id[f[x][i]]>id[y]) x=f[x][i]; return f[x][0]; } void prelca() { for(int j=1;j<=11;j++) for(int i=1;i<=n;i++) f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1]; for(int i=1;i<n;i++) for(int j=i+1;j<=n;j++) lca[i][j]=getlca(i,j); } void solve() { int ans=0; for(int i=1;i<n;i++) for(int j=i+1;j<=n;j++) ans+=val[deep[i]-deep[lca[i][j]]]+val[deep[j]-deep[lca[i][j]]]; printf("%d",ans); } int main() { freopen("bitcount.in","r",stdin); freopen("bitcount.out","w",stdout); scanf("%d",&n); int u,v; for(int i=1;i<n;i++) { scanf("%d%d",&u,&v); add(u,v); } for(int i=1;i<=n;i++) val[i]=cal(i); tot=0; dfs(1,0,0); prelca(); solve(); }