4568: [Scoi2016]幸运数字

Time Limit: 60 Sec  Memory Limit: 256 MB
Submit: 848  Solved: 336
[Submit][Status][Discuss]

Description

A 国共有 n 座城市,这些城市由 n-1 条道路相连,使得任意两座城市可以互达,且路径唯一。每座城市都有一个
幸运数字,以纪念碑的形式矗立在这座城市的正中心,作为城市的象征。一些旅行者希望游览 A 国。旅行者计划
乘飞机降落在 x 号城市,沿着 x 号城市到 y 号城市之间那条唯一的路径游览,最终从 y 城市起飞离开 A 国。
在经过每一座城市时,游览者就会有机会与这座城市的幸运数字拍照,从而将这份幸运保存到自己身上。然而,幸
运是不能简单叠加的,这一点游览者也十分清楚。他们迷信着幸运数字是以异或的方式保留在自己身上的。例如,
游览者拍了 3 张照片,幸运值分别是 5,7,11,那么最终保留在自己身上的幸运值就是 9(5 xor 7 xor 11)。
有些聪明的游览者发现,只要选择性地进行拍照,便能获得更大的幸运值。例如在上述三个幸运值中,只选择 5 
和 11 ,可以保留的幸运值为 14 。现在,一些游览者找到了聪明的你,希望你帮他们计算出在他们的行程安排中
可以保留的最大幸运值是多少。
 
lyd说这道题维护倍增数组后暴力合并就可以。
于是。。。。
 
我不是有意要卡评测啊啊啊啊

然后发现果然合并有更NB的方法。

不是高斯消元(原谅我zz),而是应该一个一个插。

终于19sA掉了。

52s

 #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define ll long long
#define N 20005
using namespace std;
int read()
{
int p=;char c=getchar();
while(c<''||c>'')c=getchar();
while(c>=''&&c<='')p=p*+c-'',c=getchar();
return p;
}
int n,m;
int head[N],ver[N*],nxt[N*],tot;
ll mi[N];
void add(int a,int b)
{
tot++;nxt[tot]=head[a];head[a]=tot;ver[tot]=b;return ;
}
ll ji[N][][];
int fa[N][],dep[N];
ll a[N];
void dfs(int x,int f)
{
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
if(ver[i]==f)continue;
fa[ver[i]][]=x;
dep[ver[i]]=dep[x]+;
ji[ver[i]][][]=;
ji[ver[i]][][]=a[ver[i]];
dfs(ver[i],x);
}
return ;
}
ll tmp[];
void guess()
{
int k=;int now=tmp[];
for(int i=;i>=;i--)
{
int p=;ll o=mi[i];
for(int j=k;j<=now;j++)
{
if((tmp[j]&o))
{
p=j;break;
}
}
if(p)
{
swap(tmp[p],tmp[k]);
for(int j=;j<=now;j++)
{
if(j!=k&&(tmp[j]&o))
{
tmp[j]^=tmp[k];
}
}k++;
}
}
tmp[]=k-;
}
void yu()
{
for(int i=;i<=;i++)
{
for(int j=;j<=n;j++)
{
tmp[]=ji[j][i-][]+ji[fa[j][i-]][i-][];
for(int k=;k<=ji[j][i-][];k++)tmp[k]=ji[j][i-][k];
for(int k=;k<=ji[fa[j][i-]][i-][];k++)tmp[k+ji[j][i-][]]=ji[fa[j][i-]][i-][k];
guess();
for(int k=;k<=tmp[];k++)ji[j][i][k]=tmp[k];
fa[j][i]=fa[fa[j][i-]][i-];
}
}return ;
}
void solve(int x,int y)
{
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
for(int i=;i>=;i--)
{
if(dep[fa[x][i]]>=dep[y])
{
for(int j=;j<=ji[x][i][];j++)tmp[]++,tmp[tmp[]]=ji[x][i][j];
guess();
x=fa[x][i];
}
}
if(x!=y)
{
for(int i=;i>=;i--)
{
if(fa[x][i]!=fa[y][i])
{
for(int k=;k<=ji[x][i][];k++)tmp[]++,tmp[tmp[]]=ji[x][i][k];
guess();
for(int k=;k<=ji[y][i][];k++)tmp[]++,tmp[tmp[]]=ji[y][i][k];
guess();
x=fa[x][i];y=fa[y][i];
}
}
tmp[]++;tmp[tmp[]]=a[fa[x][]];
tmp[]++;tmp[tmp[]]=a[x];
tmp[]++;tmp[tmp[]]=a[y];
}
else
{
tmp[]++,tmp[tmp[]]=a[x];
}
guess();
ll now=;
for(int i=tmp[];i>=;i--)
{
now^=tmp[i];
}
printf("%lld\n",now);
return ;
}
int main()
{
int q;
mi[]=;
for(int i=;i<=;i++)mi[i]=mi[i-]*;
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
}
int t1,t2,t3;
for(int i=;i<n;i++)
{
t1=read();t2=read();
add(t1,t2);add(t2,t1);
}
dep[]=;
ji[][][]=;ji[][][]=a[];
dfs(,-);
yu();
for(int i=;i<=q;i++)
{
t1=read();t2=read();
memset(tmp,,sizeof(tmp));
solve(t1,t2);
}
return ;
}

19s

 #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define ll long long
#define N 20005
using namespace std;
int read()
{
int p=;char c=getchar();
while(c<''||c>'')c=getchar();
while(c>=''&&c<='')p=p*+c-'',c=getchar();
return p;
}
int n,m;
int head[N],ver[N*],nxt[N*],tot;
ll mi[N];
void add(int a,int b)
{
tot++;nxt[tot]=head[a];head[a]=tot;ver[tot]=b;return ;
}
ll ji[N][][];
int fa[N][],dep[N];
ll a[N];
void dfs(int x,int f)
{
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
if(ver[i]==f)continue;
fa[ver[i]][]=x;
dep[ver[i]]=dep[x]+;
for(int j=;j>=;j--)
{
if(a[ver[i]]&mi[j])
{
ji[ver[i]][][j]=a[ver[i]];
break;
}
}
dfs(ver[i],x);
}
return ;
}
ll tmp[];
void insert(ll x)
{
for(int i=;i>=;i--)
{
if(x&mi[i])
{
if(!tmp[i])
{
tmp[i]=x;
break;
}
else x^=tmp[i];
}
}return ;
}
void yu()
{
for(int i=;i<=;i++)
{
for(int j=;j<=n;j++)
{
for(int k=;k<=;k++)tmp[k]=ji[j][i-][k];
for(int k=;k<=;k++)
{
if(ji[fa[j][i-]][i-][k])insert(ji[fa[j][i-]][i-][k]);
}
for(int k=;k<=;k++)ji[j][i][k]=tmp[k];
fa[j][i]=fa[fa[j][i-]][i-];
}
}return ;
}
void solve(int x,int y)
{
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
for(int i=;i>=;i--)
{
if(dep[fa[x][i]]>=dep[y])
{
for(int j=;j<=;j++)if(ji[x][i][j])insert(ji[x][i][j]);
x=fa[x][i];
}
}
if(x!=y)
{
for(int i=;i>=;i--)
{
if(fa[x][i]!=fa[y][i])
{
for(int k=;k<=;k++)if(ji[x][i][k])insert(ji[x][i][k]);
for(int k=;k<=;k++)if(ji[y][i][k])insert(ji[y][i][k]);
x=fa[x][i];y=fa[y][i];
}
}
insert(a[fa[x][]]);insert(a[x]);insert(a[y]);
}
else
{
insert(a[x]);
}
ll now=;
for(int i=;i>=;i--)
{
now=max(now,now^(tmp[i]));
}
printf("%lld\n",now);
return ;
}
int main()
{
int q;
mi[]=;
for(int i=;i<=;i++)mi[i]=mi[i-]*;
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
}
int t1,t2,t3;
for(int i=;i<n;i++)
{
t1=read();t2=read();
add(t1,t2);add(t2,t1);
}
dep[]=;
for(int i=;i>=;i--)
{
if(a[]&mi[i])
{
ji[][][i]=a[];
break;
}
}
dfs(,-);
yu();
for(int i=;i<=q;i++)
{
t1=read();t2=read();
memset(tmp,,sizeof(tmp));
solve(t1,t2);
}
return ;
}

bzoj 4568: [Scoi2016]幸运数字的更多相关文章

  1. BZOJ 4568: [Scoi2016]幸运数字 [线性基 倍增]

    4568: [Scoi2016]幸运数字 题意:一颗带点权的树,求树上两点间异或值最大子集的异或值 显然要用线性基 可以用倍增的思想,维护每个点向上\(2^j\)个祖先这些点的线性基,求lca的时候合 ...

  2. BZOJ 4568 [Scoi2016]幸运数字(树链剖分 + 异或线性基)

    题目链接  BZOJ 4568 考虑树链剖分+线段树维护每一段区域的异或线性基 对于每个询问,求出该点集的异或线性基.然后求一下这个线性基里面能异或出的最大值即可. #include <bits ...

  3. bzoj 4568: [Scoi2016]幸运数字【树链剖分+线段树+线性基】

    一眼做法,好处是好想好写坏处是常数大,容易被卡(bzoj loj 洛谷开O2 能AC,不开有90分-- 大概就是树剖之后维护线段树,在线段树的每个节点上上维护一个线性基,暴力\( 60^2 \)的合并 ...

  4. BZOJ 4568 [Scoi2016]幸运数字 ——线性基 倍增

    [题目分析] 考虑异或的最大值,维护线性基就可以了. 但是有多次的询问,树剖或者倍增都可以. 想了想树剖动辄数百行的代码. 算了,我还是写倍增吧. 注:被位运算和大于号的优先级坑了一次,QaQ [代码 ...

  5. BZOJ 4568: [Scoi2016]幸运数字(倍增+线性基)

    传送门 解题思路 异或最大值肯定线性基了,树上两点那么就倍增搞一搞,就维护每个点到各级祖先的线性基,时间复杂度\(O(nlog^3n)\),并不知道咋过去的. 代码 #include<iostr ...

  6. 【BZOJ 4568】 4568: [Scoi2016]幸运数字 (线性基+树链剖分+线段树)

    4568: [Scoi2016]幸运数字 Description A 国共有 n 座城市,这些城市由 n-1 条道路相连,使得任意两座城市可以互达,且路径唯一.每座城市都有一个 幸运数字,以纪念碑的形 ...

  7. BZOJ.4516.[SCOI2016]幸运数字(线性基 点分治)

    题目链接 线性基可以\(O(log^2)\)暴力合并.又是树上路径问题,考虑点分治. 对于每个点i求解 LCA(u,v)==i 时的询问(u,v),只需求出这个点到其它点的线性基后,暴力合并. LCA ...

  8. [BZOJ4568][Scoi2016]幸运数字 倍增+线性基

    4568: [Scoi2016]幸运数字 Time Limit: 60 Sec  Memory Limit: 256 MBSubmit: 1791  Solved: 685[Submit][Statu ...

  9. [BZOJ4568][SCOI2016]幸运数字(倍增LCA,点分治+线性基)

    4568: [Scoi2016]幸运数字 Time Limit: 60 Sec  Memory Limit: 256 MBSubmit: 2131  Solved: 865[Submit][Statu ...

随机推荐

  1. 快速部署 Kubeadm 1.13 集群(ETCD)

    软件环境清单 kubeadm.x86_64  Version :1.13.1-0 kubelet.x86_64 Version : 1.13-1-0 kubectl.x86_64 Version : ...

  2. java控制台编译通过,运行出现找不到或无法加载主类的情况

    参考链接:http://www.knowsky.com/1046493.html 当建了一个包之后(假设建的包的名字为com),找到该java文件的com目录,发现编译能够通过,但是运行的时候出现了一 ...

  3. 个人作业Week7

    1.在做个人项目的时候,由于很久都没有写这么大的程序了,对程序的感觉还没有恢复,因此,没能完全完成个人项目.现在回去看个人项目的代码(针对完成的代码来看),完全就是一个大泥球,代码的结构性太差,基本上 ...

  4. OO学习体会与阶段总结(设计与实现)

    前言   在最近的一个月的课程中,笔者对于规格化编程进行了深入的学习.运用面向对象抽象思想对编写的程序进行过程抽象.异常处理.数据抽象.类的层次规格与迭代等等规格设计,使得程序结构化程度提高,具有更好 ...

  5. OO最后一次总结

    测试与正确性论证 Dijkstra说过:“程序测试只能证明程序有错,不能证明程序正确.”所谓程序测试,实际上是测试者特意挑出一批检查数据,通过运行程序,检查每个输入数据所对应的运行结果是否符合预期要求 ...

  6. 第一个scrim任务分布

    一.项目经理:郭健豪 二.scrim分工 杨广鑫.郭健豪:制作第一个精选页面布局,和代码实现.如:实现图书推荐布局中图书的排布,搜索框代码的实现,消息提示的跳转 李明.郑涛:实现第一个精选页面数据库的 ...

  7. HDU 2262 Where is the canteen 期望dp+高斯消元

    题目链接: http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2262 Where is the canteen Time Limit: 10000/5000 MS ...

  8. 【大数据应用技术】作业八|爬虫综合大作业Molly134

    本次作业的要求来自:https://edu.cnblogs.com/campus/gzcc/GZCC-16SE2/homework/3075 前言:本次作业是爬取CBO中国票房2010-2019年每年 ...

  9. 关于vue项目管理项目的架构管理平台

    关于vue项目管理项目的架构管理平台 https://panjiachen.github.io/vue-element-admin-site/#/zh-cn/faq 31.4k 次浏览 完整项目地址: ...

  10. 一次DHCP故障排错

    关于DHCP授权,我一直遇到这样一个问题:服务器明明已经在授权列表中了,但是服务就是起不来,看日志会告诉你服务器未授权或者局域网内已有DHCP服务器,但是实际上却并不是这样.现在终于知道原因了,老旧D ...