不强制在线的动态快速排序 题解
算法一
按照题意模拟
维护一个数组，每次直接往数组后面依次添加([l, r])
每次查询时，暴力地(sort)查询即可
复杂度(O(10^9 * q))，期望得分(0)分
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n, opt;
int q[.........], to;
int main() {
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
cin >> opt;
if(opt == 1) {
int l, r;
cin >> l >> r;
for(int j = l; j <= r; j ++) q[++ to] = j;
sort(q + 1, q + to + 1);
to = unique(q + 1, q + to + 1) - q - 1;
}
else {
long long ans = 0;
for(int i = 2; i <= to; i ++)
ans ^= (1ll * q[i] * q[i] - 1ll * q[i - 1] * q[i - 1]);
printf("%lld
", ans);
}
}
return 0;
}
算法二
(igoplus limits_{i = 2}^n (a_i^2 - a_{i - 1}^2) = igoplus limits_{i = 2}^n (a_i + a_{i - 1})(a_i - a_{i - 1}))
当(a_i = a_{i - 1})时，可以发现((a_i, a_{i - 1}))是对(V(S))没有贡献的，也就是说，重复的数等价于一个
那么，我们不用数组了
我们用自带去重的(set)来模拟插入
查询时暴力即可
期望得分(0)分
算法三
插入单点看起来很可做
用一个(set)来维护
每次插入时，对前驱后继来讨论即可
插入复杂度(O(log n))，询问复杂度(O(1))
期望得分(0 sim 20)分
算法四
插入的是一段值域区间
因此不妨以区间为单位来考虑
区间([l, r])形成的贡献为(igoplus limits_{i = 2}^n (a_i - a_{i - 1})* (a_i + a_{i - 1}))，由于(a_i = a_{i - 1} + 1)
因此，区间([l, r])形成的贡献为(igoplus limits_{i = 1}^{n - 1} 2 a_i + 1 = igoplus limits_{i = l}^{r -1} 2i + 1 = igoplus limits_{i = 1}^{r - 1} 2i + 1 oplus igoplus limits_{i = 1}^{l - 1} 2i + 1)
考虑怎么求(igoplus limits_{i = 1}^n 2i + 1)
-
这个问题等价于问([1, 2n + 1])中的所有奇数的异或和
按位分解之后，只要支持区间([1, n])中有多少个(2^i)即可
再来个大力数位(dp)
复杂度(O(log^2 n)) -
询问区间([1, n])中有多少个(2^i)可以(O(1))回答
对于每一段(2^{i + 1})而言，前(2^i)的第(i)位为(0)，后(2^i)的第(i)位为(1)
复杂度(O(log n)) -
打表，可以发现(O(1))的规律
设(n = 4m + k)
当(k = {0, 1, 2, 3})时，前缀异或和依次为(2n, 3, 2n + 2, 1)
可以考虑用归纳法证明
复杂度(O(1))
在下文中，我们取(f(n))表示计算异或前缀和的复杂度
可以考虑每次暴力的维护区间的并（用(sort)来维护...）
期望得分(30 sim 40)分
算法五
考虑用(set)来维护区间
像珂朵莉树那样去维护大概就行了
复杂度(O(n log n + n * f(n)))
期望得分(50 sim 100)分
算法六
考虑用值域线段树来维护
在线段树上的每个节点维护(min, max, sum)即可更新
需要动态开点
每次插入对应着给一些区间打标记
每次查询可以直接取(sum[root])即可
注意一个区间被打了标记之后，它的所有子区间都不需要打标记了
复杂度(O(n f(n) log 10^9))
期望得分(50 sim 100)分
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define ri register int
#define rep(io, st, ed) for(ri io = st; io <= ed; io ++)
#define drep(io, ed, st) for(ri io = ed; io >= st; io --)
#define gc getchar
inline int read() {
int p = 0, w = 1; char c = gc();
while(c > '9' || c < '0') { if(c == '-') w = -1; c = gc(); }
while(c >= '0' && c <= '9') p = p * 10 + c - '0', c = gc();
return p * w;
}
const int sid = 1e7 + 5;
ll sum[sid];
bool tag[sid];
int m, rt, id;
int mi[sid], mx[sid], ls[sid], rs[sid];
inline void upd(int o) {
int lc = ls[o], rc = rs[o];
mi[o] = mi[lc] ? mi[lc] : mi[rc];
mx[o] = mx[rc] ? mx[rc] : mx[lc];
sum[o] = sum[lc] ^ sum[rc];
if(mx[lc] && mi[rc]) sum[o] ^= 1ll * (mi[rc] + mx[lc]) * (mi[rc] - mx[lc]);
if(tag[lc] && tag[rc]) tag[o] = 1;
}
inline int pre(int x) {
int o = x & 3;
if(o == 0) return (x << 1);
if(o == 1) return 3;
if(o == 2) return (x << 1) + 2;
if(o == 3) return 1;
}
void mdf(int &o, int l, int r, int ml, int mr) {
if(ml > r || mr < l || tag[o]) return;
if(!o) o = ++ id;
if(ml <= l && mr >= r) {
mi[o] = l; mx[o] = r;
sum[o] = pre(r - 1) ^ pre(l - 1);
tag[o] = 1;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
mdf(ls[o], l, mid, ml, mr);
mdf(rs[o], mid + 1, r, ml, mr);
upd(o);
}
int main() {
m = read();
rep(i, 1, m) {
int opt = read();
if(opt == 1) {
int l = read(), r = read();
mdf(rt, 1, 1e9, l, r);
}
else if(opt == 2)
printf("%lld
", sum[1]);
}
return 0;
}
这是一道我也不知道区分了什么反正挺水的题
好像忘了给不会算区间异或和的分了
不管了，反正大家都能A嘛
一些诡异的东西
(oplus 2i + 1)，其实等价于((oplus i) * 2 + (i ;&;1))
然后只要考虑((oplus i))即可
这个就好考虑多了