HGOI 20190705 题解

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: $O(T\times length(s1+s2+s3) )$

# pragma GCC optimize()
# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+;
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=;
        for (int i=;i<len1;i++) if (s1[i]=='') tot++;
        for (int i=;i<len2;i++) if (s2[i]=='') tot+=n;
        for (int i=;i<len3;i++) if (s3[i]=='') tot++;
        tot++;
        for (int i=len3-;i>=;i--)
         if (s3[i]=='') goto End;
         else tot--;
        for (int i=len2-;i>=;i--)
         if (s2[i]=='') goto End;
         else tot--;
        tot-=len2*(n-);
        for (int i=len1-;i>=;i--)
         if (s1[i]=='') goto End;
         else tot--;
        End:printf("%lld\n",tot);
    }
    return ;
}

ftree.cpp

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$n\leq 100,m\leq 1000$

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] = \sum\limits_{k=1,k\neq 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$\sum\limits_{i=1}^{n}x_i$ 总期望是 $(m-1)\times \sum\limits_{i=1}^{\sum\limits_{i=1}^{n}x_i -1} f[n][i] $

所以答案的期望排名就是  $1 + (m-1)\times \sum\limits_{i=1}^{\sum\limits_{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()
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=,M=;
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==) { puts(""); return ;}
    int ret=;
    for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&x[i]),ret+=x[i];
    s[]=f[][]=;
    for (int i=;i<=n*m;i++) s[i]=s[i-]+f[][i];
    for (int i=;i<=n;i++) {
        memset(t,,sizeof(t));
        for (int j=;j<=n*m;j++) {
            double sum=s[j-]-((j-m->=)?s[j-m-]:);
            if (j-x[i]>=&&j-x[i]<=j-) sum-=f[i-][j-x[i]];
            sum/=1.0*(m-);
            f[i][j]+=sum;
            t[j]=t[j-]+f[i][j];
        }
            memcpy(s,t,sizeof(t));
    }
    double ans=;
     for (int j=;j<ret;j++) ans+=f[n][j];
    printf("%.12lf\n",+ans*(m-));
    return ;
}

meeting.cpp

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+;
int f[N][],n,m,a[N];
int LG[N<<];
map<int,int>mp;
int read(){
    int x = ; int zf = ; char ch = ' ';
    while (ch != '-' && (ch < '' || ch > '')) ch = getchar();
    if (ch == '-') zf = -, ch = getchar();
    while (ch >= '' && ch <= '') x = x *  + ch - '', ch = getchar(); return x * zf;
}
int gcd(int x,int y)
{
    if (y==) return x;
    return gcd(y,x%y);
}
void buildST()
{
    for (int i=;i<=n;i++) f[i][]=a[i];
    int t=LG[n]+;
    for (int j=;j<t;j++)
     for (int i=;i<=n-(<<j)+;i++)
      f[i][j]=gcd(f[i][j-],f[i+(<<(j-))][j-]);
}
int query(int l,int r)
{
    int k=LG[r-l+];
    return gcd(f[l][k],f[r-(<<k)+][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)>>;
            if (query(pos,mid)==g) ans=mid,l=mid+;
            else r=mid-;
        }
        mp[g]+=ans-pt+;
        pt=ans+;
    }
}
signed main()
{
    int T=read();
    while (T--) {
        mp.clear(); n=read();
        for (int i=;i<=n*;i++) LG[i]=log(i)/log();
        for (int i=;i<=n;i++) a[i]=read();
        buildST();
        for (int i=;i<=n;i++) work(i);
        m=read();
        while (m--) {
            int l=read(),r=read();
            int t=query(l,r);
            printf("%lld %lld\n",t,mp[t]);
        }
    }
    return ;
}

gcd.cpp