Problem A 树状数组
给出数x，一直执行x = x and (x+1)-1 直到 x=0 为止 询问这个数执行运算的次数。
这个数以二进制的形式表述出 x = s1 & s2 .... s2 & s3 其中s2字段重复n次 &表示连接符号。
对于$100\%$的数据 $ length(s1),length(s2),length(s3) leq 10^3 ,n leq 10^6$
Sol : 这道题目就是求x+1中含有二进制1的个数。
不妨设x=A111...其中A表示一个偶数二进制数，其中后面1的个数可以是任意个。
x+1 = (A+1)000... 所以 x and (x+1) = (A and (A+1))000... = A000...
所以x and (x+1) -1 = (A-1)111...
可以发现最后的一串1其实是对最后答案没有影响的，所以直接删除即可。
由于每次会破坏且仅破坏A中的一个1。直接求出A中的1的个数即可。
比如 ： 1111001100 一次只会破坏最后的0，然后把最低的一个1破坏，--> 1111001011->11110010（消掉末尾所有的1）
这等价于求A=x+1中含有二进制1的个数。
实现细节： 先求出总的1的个数，然后如果数的末尾有连续的1，那么在总的个数中减去即可。
复杂度: $O(T imes length(s1+s2+s3) )$
# pragma GCC optimize(3) # include <bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; const int N=1e5+10; char s1[N],s2[N],s3[N]; int n; signed main() { int T; cin>>T; while (T--) { scanf("%s%s%s",s1,s2,s3); scanf("%lld",&n); int len1=strlen(s1),len2=strlen(s2),len3=strlen(s3); int tot=0; for (int i=0;i<len1;i++) if (s1[i]=='1') tot++; for (int i=0;i<len2;i++) if (s2[i]=='1') tot+=n; for (int i=0;i<len3;i++) if (s3[i]=='1') tot++; tot++; for (int i=len3-1;i>=0;i--) if (s3[i]=='0') goto End; else tot--; for (int i=len2-1;i>=0;i--) if (s2[i]=='0') goto End; else tot--; tot-=len2*(n-1); for (int i=len1-1;i>=0;i--) if (s1[i]=='0') goto End; else tot--; End:printf("%lld ",tot); } return 0; }
Problem B 运动会
m个运动员进行n项比赛，最终成绩为这n项比赛排名相加，现在已知某人的n项比赛的排名$x_i$
考虑等概率情况下，该人的总成绩排名期望值。（排名要求严格）
对于100%的数据$nleq 100,mleq 1000$
Sol ： 这是一道动态规划的题目。
定义f[i][j] 表示前i项比赛，排名总和为j的单人期望概率。
考虑从第i项比赛获得第k名转移而来。
转移方程为 ： $ f[i][j] = sumlimits_{k=1,k eq x_i}^{m} f[i-1][j-k] $
由于有m-1个人，对于每一个人其总成绩超过$sumlimits_{i=1}^{n}x_i$ 总期望是 $(m-1) imes sumlimits_{i=1}^{sumlimits_{i=1}^{n}x_i -1} f[n][i] $
所以答案的期望排名就是 $1 + (m-1) imes sumlimits_{i=1}^{sumlimits_{i=1}^{n}x_i -1} f[n][i] $
然后使用前缀和优化，可以做到$O(mn^2)$
# pragma GCC optimize(3) # include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=105,M=1005; int n,m,x[N]; double f[N][N*M]; double s[N*M]; double t[N*M]; int main() { // freopen("meeting.in","r",stdin); // freopen("meeting.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); if (m==1) { puts("1"); return 0;} int ret=0; for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x[i]),ret+=x[i]; s[0]=f[0][0]=1; for (int i=1;i<=n*m;i++) s[i]=s[i-1]+f[0][i]; for (int i=1;i<=n;i++) { memset(t,0,sizeof(t)); for (int j=1;j<=n*m;j++) { double sum=s[j-1]-((j-m-1>=0)?s[j-m-1]:0); if (j-x[i]>=0&&j-x[i]<=j-1) sum-=f[i-1][j-x[i]]; sum/=1.0*(m-1); f[i][j]+=sum; t[j]=t[j-1]+f[i][j]; } memcpy(s,t,sizeof(t)); } double ans=0; for (int j=0;j<ret;j++) ans+=f[n][j]; printf("%.12lf ",1+ans*(m-1)); return 0; }
Problem C 区间GCD
给出一个序列${a_n}$要求维护$m$个操作 查询[l,r]区间GCD个数和在整个序列中的子序列GCD值为k的子序列数目。
对于100%的数据$n,m leq 10^5 a_i leq 10^9$
Sol ： 显然对于求出区间gcd的询问用ST表就可以$O(alpha n log_2 n)$预处理，然后$O(1)$ 求解。
考虑第二问的一个性质，任何首端固定区间[1,n]的gcd值单调不增而且种类至多为$log_2 n$ 个。
于是枚举首端位置，然后对于确定的首端，二分不断扩展后端点，找出这相同gcd的$log_2 n$ 子序列gcd，存入map中。
然后直接用$O(log_2 n log_2 log_2 n)$的代价直接映射即可。
这样做的复杂度是$O(alpha n log^2_2 n + m log_2 n log_2 log_2 n )$
#pragma GCC optimize(2) # include <bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; const int N=1e5+10; int f[N][31],n,m,a[N]; int LG[N<<1]; map<int,int>mp; int read(){ int x = 0; int zf = 1; char ch = ' '; while (ch != '-' && (ch < '0' || ch > '9')) ch = getchar(); if (ch == '-') zf = -1, ch = getchar(); while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); return x * zf; } int gcd(int x,int y) { if (y==0) return x; return gcd(y,x%y); } void buildST() { for (int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=a[i]; int t=LG[n]+1; for (int j=1;j<t;j++) for (int i=1;i<=n-(1<<j)+1;i++) f[i][j]=gcd(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]); } int query(int l,int r) { int k=LG[r-l+1]; return gcd(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]); } void work(int pos) { int pt=pos; while (pt<=n) { int g=query(pos,pt); int l=pt,r=n,ans; while (l<=r) { int mid=(l+r)>>1; if (query(pos,mid)==g) ans=mid,l=mid+1; else r=mid-1; } mp[g]+=ans-pt+1; pt=ans+1; } } signed main() { int T=read(); while (T--) { mp.clear(); n=read(); for (int i=0;i<=n*2;i++) LG[i]=log(i)/log(2); for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); buildST(); for (int i=1;i<=n;i++) work(i); m=read(); while (m--) { int l=read(),r=read(); int t=query(l,r); printf("%lld %lld ",t,mp[t]); } } return 0; }