Comet OJ - Contest #3 題解

傳送門

太菜了連\(D\)都作不出來沒有小裙子\(QAQ\)

\(A\)

暴力把全部的數對都算出來，而後\(sort\)一下就好了

const int N=505;
int a[N],st[N*N],top,n,k;ll res;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);
    fp(i,1,n)fp(j,i+1,n)st[++top]=a[i]+a[j];
    sort(st+1,st+1+top);
    fd(i,top,top-k+1)res+=st[i];
    printf("%lld\n",res);
    return 0;
}

\(B\)

咱們從左到右一列一列考慮，若是該列上下都沒有，放一個黑的就夠了（具體放在上下無所謂，反正都是一個），若是這一列有，那麼和上一個有黑的列進行比較，若是它們上同有或下同有就不用管了，不然必須多放一個。具體能夠畫個圖

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int mp[5][N];int n,res;
inline int calc(R int i){return mp[1][i]|(mp[2][i]<<1);}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    fp(i,1,n)scanf("%d",&mp[1][i]);
    fp(i,1,n)scanf("%d",&mp[2][i]);
    int bg=n,ed=1;
    fp(i,1,n)if(mp[1][i]||mp[2][i]){bg=i;break;}
    fd(i,n,1)if(mp[1][i]||mp[2][i]){ed=i;break;}
    if(bg==ed)return puts("0"),0;
    int las=calc(bg);
    fp(i,bg+1,ed)if(!mp[1][i]&&!mp[2][i])++res;
    else{
        if((calc(i)&las)==0)++res,mp[1][i]=mp[2][i]=1;
        las=calc(i);
    }
    printf("%d\n",res);
    return 0;
}

\(C\)

設子序列中元素個數爲\(s\)，那麼這個子序列中每一個元素會被計算\(2^{s-1}\)次，那麼就是要求\(m|sum\times 2^{s-1}\)（\(sum\)表示子序列元素和）

若是沒有\(2^{s-1}\)，那麼能夠直接跑個暴力揹包計算方案數。若是有\(2^{s-1}\)，咱們發現有貢獻的\(s\)最多隻有\(O(\log m)\)個，那麼咱們開\(O(\log m)\)個揹包就行了，每加一個數就令\(m/=2\)

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=5005,P=1e9+7;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int f[21][N],g[21][N],st[21],a[N],top,n,m,res;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);
    st[++top]=m;for(R int k=m;k&1^1;st[++top]=k>>1,k>>=1);
    fp(i,1,n){
        fp(k,1,top)fp(s,0,st[k]-1)g[k][s]=f[k][s];
        upd(g[1][a[i]%m],1);
        fp(k,1,top-1)fp(s,0,st[k]-1)upd(g[k+1][(s+a[i])%st[k+1]],f[k][s]);
        fp(s,0,st[top]-1)upd(g[top][(s+a[i])%st[top]],f[top][s]);
        fp(k,1,top)fp(s,0,st[k]-1)f[k][s]=g[k][s];
    }
    fp(k,1,top)upd(res,f[k][0]);
    printf("%d\n",res);
    return 0;
}

\(D\)

我錯了我之後不再看到\(lxl\)就想到分塊了……

首先若是它是個單點修改能夠直接線段樹維護線性基，然而它是個區間修改我就不會作了……比賽結束以後看了看\(rqy\)的代碼發現把原數組給差分一下，區間修改就能夠變成兩個單點修改了。根據線性代數芝士原來的線性基和差分以後的線性基是等價的。注意一下邊界條件就好了

關於爲啥邊界條件這樣處理是對的能夠感性理解一下……

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
    R int res,f=1;R char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
    return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int K=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,K+1,stdout),K=-1;}
void print(R int x){
    if(K>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++K]='-',x=-x;
    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
    while(sr[++K]=z[Z],--Z);sr[++K]='\n';
}
const int N=50005,L=31;
struct node;typedef node* ptr;
struct node{
    ptr lc,rc;int v[L];
    inline void init(R int x){
        int k=0;
        fp(i,0,L-1){
            v[i]=0;
            if(x>>i&1)k=i;
        }
        v[k]=x;
    }
    void merge(ptr s,ptr t){
        if(s!=this)memcpy(v,s->v,124);
        int k=0;
        fp(i,0,L-1)if(k=t->v[i]){
            fd(j,i,0)if(k>>j&1){
                if(!v[j]){v[j]=k;break;}
                k^=v[j];
            }
        }
    }
    inline int calc(R int x){
        fd(i,L-1,0)if(x>>i&1^1)x^=v[i];
        return x;
    }
    inline void upd(){merge(lc,rc);}
}pool[N<<2],*rt,*now,*pp=pool;
int A[N],c[N],n,m,l,r,op,x;
inline void upd(R int x,R int y){for(;x<=n;x+=x&-x)c[x]^=y;}
inline int ask(R int x){R int res=0;for(;x;x-=x&-x)res^=c[x];return res;}
void build(ptr &p,int l,int r){
    p=pp++;
    if(l==r)return p->init(A[l]),void();
    int mid=(l+r)>>1;
    build(p->lc,l,mid),build(p->rc,mid+1,r);
    p->upd();
}
void update(ptr p,int l,int r,int x){
    if(l==r)return p->init(A[x]),void();
    int mid=(l+r)>>1;
    x<=mid?update(p->lc,l,mid,x):update(p->rc,mid+1,r,x);
    p->upd();
}
void query(ptr p,int l,int r,int ql,int qr){
    if(ql<=l&&qr>=r)return now->merge(now,p),void();
    int mid=(l+r)>>1;
    if(ql<=mid)query(p->lc,l,mid,ql,qr);
    if(qr>mid)query(p->rc,mid+1,r,ql,qr);
}
int main(){
//  freopen("testdata.in","r",stdin);
    n=read(),m=read(),now=pp++;
    fp(i,1,n)A[i]=read();
    fd(i,n,1)A[i]^=A[i-1];
    fp(i,1,n){
        c[i]^=A[i];
        if(i+(i&-i)<=n)c[i+(i&-i)]^=c[i];
    }
    build(rt,1,n);
    while(m--){
        op=read(),l=read(),r=read(),x=read();
        if(op==1){
            upd(l,x),upd(++r,x);
            A[l]^=x,update(rt,1,n,l);
            if(r<=n)A[r]^=x,update(rt,1,n,r);
        }else{
            now->init(ask(l));
            if(l<r)query(rt,1,n,l+1,r);
            print(now->calc(x));
        }
    }
    return Ot(),0;
}

剩下兩題先咕了……