2019牛客多校 Round1

Solved:4

Rank:143

A Equivalent Prefixes

题意:求一个最大的r满足在A,B两个数组中1,r里所有的子区间RMQ相等

题解:单调队列秒

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int q[100005];
int w[100005];
int que[100005];

int main() {
    while(~scanf("%d", &n)) {
        for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &q[i]);
        for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &w[i]);

        int l = 1, r = 0;
        int ans = n;
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            while(l <= r && q[i] < q[que[r]] && w[i] < w[que[r]]) r--;
            if(l > r) que[++r] = i;
            else if(q[i] > q[que[r]] && w[i] > w[que[r]]) {
                que[++r] = i;
            } else {
                ans = i - 1;
                break;
            }
        }
        printf("%d
", ans);
    }
    return 0;
}

H XOR (线性基)

题意:1e5个数 求所有xor和为0的子集 元素数量的和

题解:先求出线性基 社线性基里有x个数 对于线性基以外的数 算出每个数 对多少个集合做了贡献

　　 因为 不管这个数和什么集合组合 都能被线性基表示出来 所以单个数的贡献是2^n-x-1

　　 对于线性基里的数 除去这个数以外的n-1个数求一次线性基 如果这个数能被这个线性基表示出来 那么他的贡献也是2^n-x-1

　　 因为如果一组数有多种线性基 那么每种的秩是一样的

　　 然后在求线性基里的x个数时 可以先把n-x个数求一次线性基 加速运算

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;

ll a[100005];
ll b[100005];
ll c[70], d[70];
ll val[70];
ll val2[70];

ll pow_mod(ll x, ll y) {
    ll res = 1;
    while(y) {
        if(y & 1) res = res * x % mod;
        x = x * x % mod;
        y >>= 1;
    }
    return res;
}

bool insert(ll x) {
    for(int i = 60; i >= 0; i--) {
        if(x & (1LL << i)) {
            if(!val[i]) {
                val[i] = x;
                return true;
            }
            x ^= val[i];
        }
    }
    return false;
}

void inser(ll x) {
    for(int i = 60; i >= 0; i--) {
        if(x & (1LL << i)) {
            if(!val2[i]) {
                val2[i] = x;
                return;
            }
            x ^= val2[i];
        }
    }
}

bool query(ll x) {
    for(int i = 60; i >= 0; i--) {
        if(x & (1LL << i)) x ^= val2[i];
    }
    return !x;
}

int main() {
    int n;
    while(~scanf("%d", &n)) {
        ll ans = 0;
        int cnt = 0, tot = 0, cnt2 = 0;
        memset(val, 0, sizeof(val));
        for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            if(insert(a[i])) c[++tot] = a[i];
            else b[++cnt] = a[i];
        }
        if(tot != n) ans = 1LL * cnt * pow_mod(2LL, n - tot - 1) % mod;
        
        memset(val, 0, sizeof(val));
        for(int i = 1; i <= cnt; i++) {
            if(insert(b[i])) d[++cnt2] = b[i];
        }
        for(int i = 1; i <= tot; i++) {
            memset(val2, 0, sizeof(val2));
            for(int j = 1; j <= tot; j++) {
                if(i == j) continue;
                inser(c[j]);
            }
            for(int j = 1; j <= cnt2; j++) inser(d[j]);
            if(query(c[i])) {
                ans = (ans + pow_mod(2LL, n - tot - 1)) % mod;
            }
        }
        printf("%lld
", ans);
    }
    return 0;
}

I Points Division (线段树维护DP)

题意:平面上1e5个点 分成AB两个集合 使得相对B集合中每个点的第四象限含边界的地方没有A集合的点

　　 每个点分别在A,B集合中点的贡献不同 求所有点贡献的最大和

题解:把B集合点的控制区域并在一起 可以发现是一条沿着B集合边界上点的单调不减折线

　　 题解说对这条折线dp dp_i表示以i为折线上点的最大值 那么它是由前面x比他小且y比他小的点转移来的

　　 首先按x从小到大排序 然后对离散化后的纵坐标建线段树维护dp值 转移就只需要查询一下最大值就降为log了

　　 然后比较难理解的是转移 首先单点更新i点的dp值后 我们考虑一下i之前更新的点j 如果yj>yi 那么i就相当于考虑以j作为最优点的B集合里

　　 所以为了不损失对前面yj>yi的点贡献 我们在yi + 1到结尾区间加上bi 同理在0到yi-1区间加上ai

　　 还有一个坑点就是当x相等时 先处理y大的点 因为这条折线上的点是B集合的 如果先更新y小的点 y大的点给y小的点贡献是在A集合的

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int n, cnt;
struct node {
    int x, y, a, b, ty;
}e[100005];

bool cmp1(node A, node B) {
    if(A.x == B.x) return A.y > B.y;
    return A.x < B.x;
}
bool cmp2(node A, node B) {
    return A.y < B.y;
}

ll zd[400005];
ll lz[400005];
void pushup(int rt) {
    zd[rt] = max(zd[rt << 1], zd[rt << 1 | 1]);
}
void pushdown(int rt) {
    if(lz[rt]) {
        zd[rt << 1] += lz[rt];
        zd[rt << 1 | 1] += lz[rt];
        lz[rt << 1] += lz[rt];
        lz[rt << 1 | 1] += lz[rt];
        lz[rt] = 0;
    }
}

void build(int l, int r, int rt) {
    lz[rt] = zd[rt] = 0;
    if(l == r) return;
    int mid = l + r >> 1;
    build(l, mid, rt << 1);
    build(mid + 1, r, rt << 1 | 1);
}

void update(int k, ll v, int l, int r, int rt) {
    if(l == r) {
        zd[rt] = max(zd[rt], v);
        return;
    }
    pushdown(rt);
    int mid = l + r >> 1;
    if(k <= mid) update(k, v, l, mid, rt << 1);
    else update(k, v, mid + 1, r, rt << 1 | 1);
    pushup(rt);
}

ll query(int ql, int qr, int l, int r, int rt) {
    if(ql <= l && qr >= r) return zd[rt];

    pushdown(rt);
    ll res = 0;
    int mid = l + r >> 1;
    if(ql <= mid) res = max(res, query(ql, qr, l, mid, rt << 1));
    if(qr > mid) res = max(res, query(ql, qr, mid + 1, r, rt << 1 | 1));
    return res;
}

void segment_update(int ql, int qr, ll v, int l, int r, int rt) {
    if(ql <= l && qr >= r) {
        lz[rt] += v; zd[rt] += v;
        return;
    }
    pushdown(rt);
    int mid = l + r >> 1;
    if(ql <= mid) segment_update(ql, qr, v, l, mid, rt << 1);
    if(qr > mid) segment_update(ql, qr, v, mid + 1, r, rt << 1 | 1);
    pushup(rt);
}

int main() {
    while(~scanf("%d", &n)) {
        cnt = 1;
        for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d%d%d", &e[i].x, &e[i].y, &e[i].a, &e[i].b);
        sort(e + 1, e + 1 + n, cmp2); e[0].y = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            if(e[i].y != e[i - 1].y) e[i].ty = ++cnt;
            else e[i].ty = cnt;
        }
        cnt++;
        sort(e + 1, e + 1 + n, cmp1);
        build(1, cnt, 1);
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            update(e[i].ty, query(1, e[i].ty, 1, cnt, 1) + 1LL * e[i].b, 1, cnt, 1);
            segment_update(1, e[i].ty - 1, 1LL * e[i].a, 1, cnt, 1);
            segment_update(e[i].ty + 1, cnt, 1LL * e[i].b, 1, cnt, 1);
        }
        printf("%lld
", zd[1]);
    }
    return 0;
}

J Fraction Comparision (签到)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int main() {
    ll x, a, y, b;
    while(~scanf("%lld%lld%lld%lld", &x, &a, &y, &b)) {
        ll t1 = x / a, t2 = y / b;
        if(t1 > t2) puts(">");
        else if(t1 < t2) puts("<");
        else {
            x %= a, y %= b;
            if(x * b == y * a) puts("=");
            else x * b < y * a ? puts("<") : puts(">");
        }
    }
    return 0;
}