• hdu 6059---Kanade's trio(字典树)


    题目链接

    Problem Description
    Give you an array A[1..n],you need to calculate how many tuples (i,j,k) satisfy that (i<j<k) and ((A[i] xor A[j])<(A[j] xor A[k]))

    There are T test cases.

    1T20

    1n5105

    0A[i]<230
     
    Input
    There is only one integer T on first line.

    For each test case , the first line consists of one integer n ,and the second line consists of n integers which means the array A[1..n]
     
    Output
    For each test case , output an integer , which means the answer.
     
    Sample Input
    1
    5
    1 2 3 4 5
     
    Sample Output
    6

    题意:输入一个数列a[1]~a[n] ,求有多少个三元组(i,j,k) 满足1<=i<j<k<=n  且  a[i]异或a[j] < a[j]异或a[k]?

    思路:对于a[i]与a[k],对于二进制从高位向低位进行判断,如果30位(A[i]<2^30)到25位相同,那么a[j]的这些位不管值是多少不影响异或后 a[i] 与 a[k] 的大小关系,现在第24位不同,那么a[j]的这一位必须和a[i]相同,这样a[k]异或a[j]的值一定大于a[i]异或a[j] ,第23位到第0位不管a[j]取何值不会影响大小关系了。  有上述可以得出我们只需要判断a[i]和a[k]的二进制最高不相同位就行,那么可以用一个二进制的字典树存储这n个数。

           从a[i]~a[n]将a[k]插入字典树中,每次插入时需要记录 当前节点有多少数(num表示)、当前节点对应的a[j]有多少(count表示),用cn[32][2]记录第i位为0和1时的a[j]的个数,所以每次到一个节点时用count+=cn[i][1-t],表示当前的位(0或1),这样可以保证j<k,但是没有保证i<j ;

           接下来将cn[][]清空,从a[1]~a[n]的进行删除,对于a[i]删除,可以保证i<k ,那么可以用count-num*cn[i][t] 保证i<j ;

    代码如下:

    #include <iostream>
    #include <algorithm>
    #include <cstdio>
    #include <cstring>
    using namespace std;
    typedef long long LL;
    const int N=5e5+5;
    int a[N],p[35],cn[32][2];
    struct node
    {
        node *son[2];
        int count;
        int num;
        node() { count=0; num=0; son[0]=son[1]=NULL; }
    };
    node *root;
    
    void add(int x,int v)
    {
       node * now=root;
       for(int i=30;i>=0;i--)
       {
           int t=(!!(p[i]&x));
           if(now->son[t]==NULL)  now->son[t]=new node();
           now=now->son[t];
           now->num+=v;
           cn[i][t]++;
           now->count+=v*cn[i][1-t];///当前点对应的j的个数;
       }
    }
    
    LL cal(int x)
    {
        node * now=root;
        LL sum=0;
        for(int i=30;i>=0;i--)
        {
           int t=(!!(p[i]&x));
           node* bro=now->son[1-t];
           if(bro)
           sum+=bro->count - ((LL)bro->num*(LL)cn[i][t]);
           now=now->son[t];
           if(!now) break;
        }
        return sum;
    }
    
    int main()
    {
        ///cout << "Hello world!" << endl;
        int T;  cin>>T;
        p[0]=1;
        for(int i=1;i<32;i++) p[i]=p[i-1]<<1;
        while(T--)
        {
           int n;  scanf("%d",&n);
           for(int i=1;i<=n;i++)  scanf("%d",&a[i]);
           root=new node();
           memset(cn,0,sizeof(cn));
           for(int i=1;i<=n;i++)  add(a[i],1);
           memset(cn,0,sizeof(cn));
           LL ans=0;
           for(int i=1;i<n;i++){
              add(a[i],-1);
              ans+=cal(a[i]);
           }
           printf("%lld
    ",ans);
        }
        return 0;
    }
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/chen9510/p/7289433.html
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