【10.17校内测试】【二进制数位DP】【博弈论/预处理】【玄学（？）DP】

Solution

几乎是秒想到的水题叻！

异或很容易想到每一位单独做贡献，所以我们需要统计的是区间内每一位上做的贡献，就是统计区间内每一位是1的数的数量。

所以就写数位dp辣！（昨天才做了数字统计不要太作弊啊！）

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define mod 1000000007
using namespace std;

inline void read(LL &x) {
    x = ; char ch = getchar();
    while(ch > '' || ch < '')    ch = getchar();
    while(ch >= '' && ch <= '') {
        x = x *  + ch - '';
        ch = getchar();
    }
}

int num[];
LL L, R, dp[][][];
LL dfs(int dep, int up, int is, int idc) {
    if(!dep && is)    return ;
    if(!dep)        return ;
    if(~dp[dep][up][is])    return dp[dep][up][is];
    int h = up ? num[dep] : ;
    LL tmp = ;
    for(int i = ; i <= h; i ++) {
        if(dep == idc && i == )    tmp += dfs(dep - , up && i == h, , idc);
        else    tmp += dfs(dep - , up && i == h, is, idc);
    }
    return dp[dep][up][is] = tmp;
}

LL sov(int x, int idc) {
    memset(dp, -, sizeof(dp));
    memset(num, , sizeof(num));
    int tot = ;
    while(x) {
        num[++ tot] = x % ;
        x /= ;
    }
    return dfs(tot, , , idc);
}

void work() {
    int t = R, dep = ;
    LL ans = ;
    while(t) {
        dep ++;
        LL t1 = sov(R, dep);
        LL t2 = L ? sov(L - , dep) : ;
        LL num1 = t1 - t2;
        ans = (ans +  * num1 % mod * (R - L +  - num1) % mod * ( << dep - ) % mod) % mod;
        t >>= ;
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

int main() {
    freopen("xor.in", "r", stdin);
    freopen("xor.out", "w", stdout);
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T --) {
        read(L); read(R);
        work();
    }
    return ;
} 

Solution

博弈论什么的完全不了解啊....然后看到题就乱打了个记忆化搜索，结果就70pts！！

原来这样暴力是$n^4$的复杂度啊...运气太好了...

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只有两堆石子的做法：

大名鼎鼎的威佐夫博弈

通过一个简单的搜索，不难发现它的必败状态为：

$(1, 2), (3, 5), (4, 7), (6, 10), (8, 13)$……

通过这个表，能发现什么规律？

　　每个自然数出现一次

　　相邻两个必败态中，石子个数之差恰好增加 1

这样两个现象其实是非常合理的：

　　给定$x$，应该只存在一个$y$使得 $(x, y)$ 是先手必败态

　　所有不同的先手必败态的 $(y-x)$ 应该互不相同

它们都来源于同一个事实：先手必败状态无法转移到另一个先手必败状态。

一般做法：

我们考虑优化之前的筛法

根据上一页的思路，不难想到，给定 $x, y$ 之后，使得$(x, y, z)$ 为先手必败态的$z$只有一个

不妨用$f(x, y)$ 表示这个$z$

我们从小到大枚举一个变量$i$，然后计算：

有多少个$f(x, y)$ 的值为$i$

如果我们从小到大枚举 i，枚举到当前的 i 时：

所有$f(x, y)<i$的状态已经计算完毕，若一个$f(x, y)=k<i$，那么代表着$f(x+k, y), f(x, y + k), f(x+k,y+k) 均不可能是$i$

所有$f(x, y)=i$的状态中，每个自然数出现不超过 1 次，且$|x-y|$ 应该互不相同

根据这三个原则，我们可以在$O(n^2)$的枚举中，发现所有$f(x, y)=i$的状态$(x,y)$。

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然而并不是很懂题解....然后$yuli$dalao讲解了另一种更好理解的方法！

当确定了一个数时，如果另外两个数的差相同，那么就可以一步转化。

同理，确定了两个数，另一个数多少也可以一步转化。

确定了三个数大小之间的差，也可以一步转化。

以上7种情况，如果按顺序从小到大枚举三个数，如果出现上述情况中存在必败态，那么当前状态可以必胜。

预处理$n^3$即可。

Code

标程

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i, x, y) for (int i = (x), _ = (y); i < _; ++i)
#define down(i, x, y) for (int i = (x) - 1, _ = (y); i >= _; --i)
#define fi first
#define se second
#define mp(x, y) make_pair(x, y)
#define pb(x) push_back(x)
#define bin(x) (1 << (x))
#define SZ(x) int((x).size())
//#define LX_JUDGE

using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef vector<int> Vi;
typedef long long ll;

template<typename T> inline bool upmax(T &x, T y) { return x < y ? (x = y, ) : ; }
template<typename T> inline bool upmin(T &x, T y) { return x > y ? (x = y, ) : ; }

namespace MATH_CAL {
    const int mod = 1e9 + ;
    inline int add(int a, int b) { return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b; }
    inline int sub(int a, int b) { return a - b <  ? a - b + mod : a - b; }
    inline int mul(int a, int b) { return (ll) a * b % mod; }
    inline void Add(int &a, int b) { (a += b) >= mod ? a -= mod : ; }
    inline int qpow(int x, int n) { int r = ; for ( ; n; n /= , x = mul(x, x)) if (n & ) r = mul(r, x); return r; }
    inline int mod_inv(int x) { return qpow(x, mod - ); }
} using namespace MATH_CAL;

const int MAX_N = ;

int f[MAX_N][MAX_N], now[MAX_N][MAX_N];
int dif[MAX_N], vlef[MAX_N], tim;

int main() {
#ifdef LX_JUDGE
    freopen(".in", "r", stdin);
#endif
    freopen("stone.in", "r", stdin);
    freopen("stone.out", "w", stdout);

    int N = ;
    rep (i, , N) memset(f[i], 0x3f, sizeof(int) * N);

    for (int i = ; i < N; ++i) {
        ++tim;
        for (int j = ; j < N; ++j) {
            for (int k = ; k <= j; ++k) {
                if (f[j][k] < i) {
                    int v = i - f[j][k];
                    if (j + v < N) now[j + v][k] = tim;
                    if (k + v < N) now[j][k + v] = tim;
                    if (max(j, k) + v < N) now[j + v][k + v] = tim;
                } else if (max(now[j][k], now[k][j]) < tim and max(dif[abs(j - k)], max(vlef[j], vlef[k])) < tim) {
                    f[k][j] = f[j][k] = i;
                    dif[abs(j - k)] = tim;
                    vlef[j] = tim;
                    vlef[k] = tim;
                }
            }
        }
    }

    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        int x, y, z;
        scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
        puts(f[x][y] == z ? "No" : "Yes");
    }

    return ;
}

/*

f_0[i][j] is easy to compute

f_1[i][j] = !(f_0[i - 1][j] or f_0[i][j - 1] or f_0[i - 1][j - 1] or f_1[i - k][j - k])

Let 

S1 = { f[i - k][j - k], f[i - k][j], f[i][j - k] };
S2 = { f[i - k][j - k] + k, f[i - k][j] + k, f[i][j - k] + k };

f[i][j] = mex { S1, S2 }

 */

第二解

#include<bits/stdc++.h>
#define RG register
using namespace std;

int SG[][][];

inline void read(int &x) {
    x = ; char ch = getchar();
    while(ch > '' || ch < '')    ch = getchar();
    while(ch >= '' && ch <= '') {
        x = x *  + ch - '';
        ch = getchar();
    }
}

int QAQ[][][], f[][][];
void work() {
    for(int i = ; i <= ; i ++)
        for(int j = ; j <= i; j ++)
            for(int k = ; k <= j; k ++) {
                int pd = ;
                if(QAQ[i][j - k][])    pd = ;
                if(QAQ[j][i - k][])    pd = ;
                if(QAQ[k][i - j][])    pd = ;
                if(QAQ[i][j][])        pd = ;
                if(QAQ[i][k][])        pd = ;
                if(QAQ[j][k][])        pd = ;
                if(QAQ[i - j][j - k][])    pd = ;
                if(pd) {
                    f[i][j][k] = ;
                    QAQ[i][j - k][] = QAQ[j][i - k][] = QAQ[k][i - j][] = QAQ[i][j][] = QAQ[j][k][] = QAQ[i][k][] = QAQ[i - j][j - k][] = ;
                }
            }
}

int main() {
    freopen("stone.in", "r", stdin);
    freopen("stone.out", "w", stdout);
    int T;
    scanf("%d", &T);
    work();
    while(T --) {
        int q[];
        read(q[]); read(q[]); read(q[]);
        sort(q, q + );
        if(!f[q[]][q[]][q[]])    printf("Yes\n");
        else printf("No\n");
    }
    return ;
}

Solution

完全不想写题解....

七高欢乐全场爆零题~

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---

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, k, a[];
int f[][][];

int main() {
    freopen("optimization.in", "r", stdin);
    freopen("optimization.out", "w", stdout);
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i = ; i <= n; i ++)    scanf("%d", &a[i]);
    memset(f, -0x3f3f3f3f, sizeof(f));
    for(int i = ; i <= n; i ++)    f[i][][] = f[i][][] = ;
    for(int i = ; i <= n; i ++)
        for(int j = ; j <= k; j ++) {
            int flag =  - (j ==  || j == k);
            f[i][j][] = max(f[i - ][j][], max(f[i - ][j - ][], f[i - ][j - ][])) + flag * a[i];
            f[i][j][] = max(f[i - ][j][], f[i - ][j - ][]);
            f[i][j][] = max(f[i - ][j][], max(f[i - ][j - ][], f[i - ][j - ][])) - flag * a[i];
            f[i][j][] = max(f[i - ][j][], f[i - ][j - ][]);
            if(j > ) {
                f[i][j][] = max(f[i - ][j - ][], f[i][j][]);
                f[i][j][] = max(f[i - ][j - ][], f[i][j][]);
            }
        }
    int ans = -1e9;
    for(int i = k; i <= n; i ++)
        ans = max(ans, max(f[i][k][], f[i][k][]));
    printf("%d", ans);
    return ;
}