【BestCoder】【Round#44】

模拟+Trie+桶排（归并？）+容斥

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A

　　模(shou)拟(su)题= =感觉好像见过？

　　计算得分什么的……

 //BestCoder #44 A
 #include<vector>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<cstdlib>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i)
 #define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;--i)
 #define pb push_back
 using namespace std;
 inline int getint(){
     int v=,sign=; char ch=getchar();
     while(ch<''||ch>''){ if (ch=='-') sign=-; ch=getchar();}
     while(ch>=''&&ch<=''){ v=v*+ch-''; ch=getchar();}
     return v*sign;
 }
 const int N=1e5+,INF=~0u>>;
 typedef long long LL;
 /******************tamplate*********************/
 const int b[]={,,,,};

 int main(){
     int T=getint();
     F(CS,,T){
         int ans=;
         F(i,,){
             int x=getint(),y=getint();
             ans+=max(b[i]*0.4,(b[i]*(250.0-x)/250.0)-y*);
         }
         printf("Case #%d: %d\n",CS,ans);
     }
     return ;
 }

B

　　给一个数组$A_i$，问$\sum_{i,j} lowbit(A_i \otimes A_j)$等于？

　　Trie树随便搞搞= =，因为从Trie上从上往下走到节点x，这个节点代表的子树中的所有数，它们的前缀是相同的（从二进制角度来看，后面xxx位都是相同的），所以前缀的异或为0，左子树中的数与右子树中的数的异或值的lowbit即为(1<<dep)，dep即为当前点的深度。。。

　　所以遍历一遍整个Trie就可以算出来答案了= =

　　就是要注意一下，如果后缀都是0（从二进制角度来看是靠前的位），也要在Trie中补齐

 //BestCoder #44 B
 #include<vector>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<cstdlib>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i)
 #define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;--i)
 #define pb push_back
 using namespace std;
 inline int getint(){
     int v=,sign=; char ch=getchar();
     while(ch<''||ch>''){ if (ch=='-') sign=-; ch=getchar();}
     while(ch>=''&&ch<=''){ v=v*+ch-''; ch=getchar();}
     return v*sign;
 }
 const int N=5e6+,INF=~0u>>,P=;
 typedef long long LL;
 /******************tamplate*********************/

 int c[N][],size[N],tot;
 int n,m,a[N],ans;

 void Insert(int v){
     int x=;
     F(i,,){
         int j=v&;
         if (!c[x][j]) c[x][j]=++tot;
         size[x]++;
         x=c[x][j]; v>>=;
     }
     size[x]++;
 }
 void dp(int x,int len){
     if (!x||size[x]==) return;
 //    printf("dp %d %d  ",x,len);
 //    printf("size[L]=%d size[R]=%d\n",size[c[x][0]],size[c[x][1]]);
     ans=((LL)ans+(LL)size[c[x][]]*size[c[x][]]%P*(<<len)%P)%P;
     dp(c[x][],len+); dp(c[x][],len+);
 }
 int main(){
 #ifndef ONLINE_JUDGE
     freopen("B.in","r",stdin);
     freopen("B.out","w",stdout);
 #endif
     int T=getint();
     F(cs,,T){
         printf("Case #%d: ",cs);
         n=getint();
         memset(c,,sizeof c); tot=;
         memset(size,,sizeof size);
         F(i,,n){
             a[i]=getint();
             Insert(a[i]);
         }
         ans=;
         dp(,);
         printf("%d\n",(ans*)%P);
 /*        ans=0;
         F(i,1,n) F(j,1,n){
             int tmp=a[i]^a[j];
             ans+=tmp&(-tmp);
         }
         printf("%d\n",ans);
 */    }
     return ;
 }

C

　　这个题其实我不会做= =

　　我yy的方法是：对A数组建出一棵Trie，然后对于每一个在B中的数，从Trie上往下走，向0走的时候b[i]>>=1，向1走的时候b[i]=(b[i]+1>>1)（执行加法）

　　然而这样是$O(n^2*log^2n)$的……这样做还不如暴力2333

　　膜了jiry_2老司机的代码，原来是从高位到低位依次计算，桶排一下，将这一位是0的放到一起，是1的放到一起……然后利用一下容斥原理&单调性，搞出和中这一位是1的数量，异或一下。。。

 //BestCoder #44 C
 #include<vector>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<cstdlib>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i)
 #define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;--i)
 #define pb push_back
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 inline LL getint(){
     LL v=,sign=; char ch=getchar();
     while(ch<''||ch>''){ if (ch=='-') sign=-; ch=getchar();}
     while(ch>=''&&ch<=''){ v=v*+ch-''; ch=getchar();}
     return v*sign;
 }
 const int N=1e5+,INF=~0u>>;
 /******************tamplate*********************/

 int n,tot;
 vector<LL>A[];
 LL x[N],y[N];
 int main(){
 #ifndef ONLINE_JUDGE
     freopen("C.in","r",stdin);
     freopen("C.out","w",stdout);
 #endif
     int T=getint();
     F(cs,,T){
         printf("Case #%d: ",cs);
         n=getint();
         F(i,,n) x[i]=getint();
         F(i,,n) y[i]=getint();
         LL num=;
         F(now,,){
             A[].clear(); A[].clear();
             F(i,,n) A[x[i]>>now&].pb(x[i]);
             int head=;
             rep(i,A[].size()) x[++head]=A[][i];
             rep(i,A[].size()) x[++head]=A[][i];
             A[].clear(); A[].clear();
             F(i,,n) A[y[i]>>now&].pb(y[i]);
             head=;
             rep(i,A[].size()) y[++head]=A[][i];
             rep(i,A[].size()) y[++head]=A[][i];
             LL tot=(1LL<<(now+))-,lim=1LL<<now,lim2=(1LL<<now+),ans=;
             int a=,b=,c=;
             D(i,n,){
                 while(a<n && (x[i]&tot)+(y[a+]&tot)<lim)a++;
                 while(b<n && (x[i]&tot)+(y[b+]&tot)<lim2)b++;
                 while(c<n && (x[i]&tot)+(y[c+]&tot)<lim+lim2)c++;
                 ans+=n-c+b-a;
             }
             if (ans&) num|=(1LL<<now);
         }
         printf("%lld\n",num);
     }
     return ;
 }