bzoj5108 [CodePlus2017]可做题 位运算dp+离散

[CodePlus2017]可做题

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Description

qmqmqm希望给sublinekelzrip出一道可做题。于是他想到了这么一道题目：给一个长度为n的非负整数序列ai,你需

要计算其异或前缀和bi,满足条件b1=a1,bi=bi?1 xor ai(i≥2).但是由于数据生成器出现了问题，他生成的序列a

的长度特别长，并且由于内存空间不足，一部分ai已经丢失了，只剩余m个位置的元素已知。现在qmqmqm找到你，

希望你根据剩余的ai,计算出所有可能的a序列对应的b序列中∑=bi(1<=i<=N)的最小值。

Input

输入第一行两个非负整数n,m,分别表示原始序列a的长度及剩余元素的个数。

之后m行，每行2个数i,ai，表示一个剩余元素的位置和数值。

1<=N<=10^9,0<=M<=Min(n,10^5),0<=ai<=10^9

注意未知的 ai 可以超过已知 ai 的范围。

保证输入中所有的 i 不同，且满足 1 ≤ i ≤ n。

Output

输出一个整数表示可能的最小值

Sample Input

5 3
4 0
3 7
5 0

Sample Output

7
已知的 a 序列为： X, X, 7, 0, 0, 其中X表示这个位置丢失了。一种可能的 a 序列为
0, 7, 7, 0, 0, 对应的 b 序列为 0, 7, 0, 0, 0, 和最小为 7。可以证明不存在和更小的情况

HINT

来自 CodePlus 2017 11 月赛，清华大学计算机科学与技术系学生算法与竞赛协会 荣誉出品。

Credit：idea/卢政荣　命题/卢政荣　验题/何昊天

Git Repo：https://git.thusaac.org/publish/CodePlus201711

本次比赛的官方网址：cp.thusaac.org

感谢腾讯公司对此次比赛的支持。

Source

题解，各个位置上的位运算是相互不影响的，

所以可以分开来dp，然后，对于相差两个即以上的可以抵消，

那么是需要特殊处理，一个的话默认为前面的或者0，数据范围比较大，需要离散化。

 #include<cstring>
 #include<cmath>
 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #include<cstdio>

 #define ll long long
 using namespace std;
 inline int read()
 {
     int x=,f=;char ch=getchar();
     while(ch>''||ch<''){if (ch=='-') f=-;ch=getchar();}
     while(ch<=''&&ch>=''){x=(x<<)+(x<<)+ch-'';ch=getchar();}
     return x*f;
 }

 int n,m,b[],pre;
 ll ans,f[][];
 struct node{int id,val;}a[];
 bool cmp(node a,node b){return a.id<b.id;}
 int main()
 {
     n=read();m=read();n=;
     for (int i=;i<=m;i++)
         a[i].id=read(),a[i].val=read();
     sort(a+,a+m+,cmp);
     for (int i=;i<=m;i++)
     {
         if (a[i].id-pre->=){b[++n]=-;b[++n]=-;b[++n]=a[i].val;}
         else if (a[i].id-pre==){b[++n]=-;b[++n]=a[i].val;}
         else b[++n]=a[i].val;
         pre=a[i].id;
     }
     f[][]=1e15;f[][]=;
     for (int p=;p<=;p++)
     {
         for (int i=;i<=n;i++)
             if (b[i]<)
             {
                    f[i][]=min(f[i-][]+(<<p),f[i-][]+(<<p));
                 f[i][]=min(f[i-][],f[i-][]);
             }
             else
             {
                 if (b[i]&(<<p))
                 {
                     f[i][]=f[i-][]+(<<p);
                     f[i][]=f[i-][];
                 }
                 else
                 {
                     f[i][]=f[i-][]+(<<p);
                     f[i][]=f[i-][];
                 }
             }
         ans+=min(f[n][],f[n][]);
     }
     printf("%lld",ans);
 }