loj2494 [hnoi2018]寻宝游戏

题意：给你n个元素的数组a。你可以在每个元素之前添加and和or的符号。每次询问最后变成r有多少种添号情况。

n<=1000,m<=5000,q<=1000.

标程：

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 using namespace std;
 const int mod=1e9+;
 const int N=;
 typedef long long ll;
 int n,m,q,bin[N],tmp[N],rnk[N],bit[],a[N],sum[N];
 int read()
 {
    int x=;char ch=getchar();
    while (ch<''||ch>'') ch=getchar();
    while (ch>=''&&ch<='') {x=(x<<)+(x<<)+ch-'';break;}
    return x;
 }
 int main()
 {
     scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
     bin[]=;
     for (int i=;i<=m;i++) rnk[i]=i;
     for (int i=;i<=n;i++) bin[i]=(ll)bin[i-]*%mod;
     for (int i=;i<=n;i++)
     {
         bit[]=bit[]=;
        for (int j=;j<=m;j++) bit[a[j]=read()]++,sum[j]=((ll)sum[j]+(ll)bin[i-]*a[j]%mod)%mod;
        bit[]+=bit[];
        for (int j=m;j>=;j--) tmp[bit[a[rnk[j]]]--]=rnk[j];
        swap(tmp,rnk);
    }
     reverse(rnk+,rnk+m+);
     while (q--)
     {
         for (int i=;i<=m;i++) a[i]=read();
         int mx=,mn=m+;
         for (int i=;i<=m;i++)
           if (a[rnk[i]]==) mn=min(mn,i);else mx=max(mx,i);
         if (mx>mn) {puts("");continue;}
         int sum1=(rnk[mx]==)?bin[n]:sum[rnk[mx]],//注意运算符二进制的长度为n
         sum2=(rnk[mn]==)?:sum[rnk[mn]];
         printf("%d\n",((ll)sum1-sum2+mod)%mod);
     }
    return ;
 }

易错点：1.注意运算符二进制的长度为n。bin要处理到2^n。

题解：计数排序+性质/从后往前推+bitset

bitset的做法：我们从后往前考虑，由最后一个数An和Ans可以推得前n-1个数的运算和x。

枚举该位之前填&还是|，每一位有八种情况：

x&1=1  x=1

x&1=0  x=0

x&0=1  无解，直接跳出

x&0=0  ？任意

x|1=1  ？任意

x|0=1  x=1

x|1=0  无解，直接跳出

x|0=0  x=0

无解不考虑，返回0。

我们发现非任意的和Ans的答案是一样的，所以不用保存，只用bitset维护一样哪几个是？即可（这个可以自定义运算求）。如果都是？，那么接下来就没有限制了，返回2的若干次。

但是枚举&和|，复杂度真的是对的吗？如果某一位相异，那么运算符唯一确定。反之是所有位相同的情况，得到的一定是111？？？，000？？？的这种形式。

接下来如果同样所有位相同，以111？？？为例，推出来x要么全是？，直接返回，要么仍是全1，相当于也变成了唯一确定的状态。

所以不能唯一确定的只有一次。好像会卡一点，手写bitset较宜。

时间复杂度O(nmq/w）。

出题人给的解法：

设x为符号的二进制表示第i个数之前的符号如果是and，x[i]=1，反之x[i]=0。

对于给出数列的每一位统计bi，第n个数的第i位是作为bi的最高位。

容易发现，当x<bi时，最后答案的第i位应该是1，反之为0。

那么对于每一个询问数，就可以列出关于x的不等式了。最后算出解区间中有多少个数即可。

时间复杂度O(mq)。