Bzoj5294/洛谷P4428 [Bjoi2018]二进制（线段树）

题面

Bzoj

洛谷

题解

考虑一个什么样的区间满足重组之后可以变成$3$的倍数。不妨设$tot$为一个区间内$1$的个数。如果$tot$是个偶数，则这个区间一定是$3$的倍数，接着考虑奇数的情况。

如果只有$1$个$1$，那么无论如何都不行，只需考虑$3$个$1$的情况，因为其他的$1$可以看做偶数个$1$的情况。不难发现，当只有$3$个$1$的时候，我们需要有至少$2$个$0$，接着就可以用线段树来维护了。

我们考虑记录三个数组，$sum[4][3], lx[4][3], rx[4][3]$，分别表示区间中的总的方案数，包含左端点的方案数，包含右端点的方案数。

而对于后面的二维数组，第一位表示包含$1$的个数，分别表示有零个$1$，一个$1$，有偶数（大于$0$）个$1$，有奇数（大于$1$）个一

二位表示$0$的个数，分别表示有零个$0$，一个$0$，以及两个及以上个$0$

比如说$sum[2][1]$就是表示，当前区间中，包含有偶数个$1$，并且有且仅有一个$0$的子区间的个数。

接着的难点就是写$pushup$了，可以参考代码。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using std::min; using std::max;
using std::sort; using std::swap;
typedef long long ll;

template<typename T>
void read(T &x) {
    int flag = 1; x = 0; char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') flag = -flag; ch = getchar(); }
    while(ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); x *= flag;
}

const int N = 1e5 + 10;
int n, m, x, l, r, opt, a[N];
inline int get1(int x) { return (x <= 1) ? x : (x % 2 + 2); }
inline int get0(int x) { return (x <= 1) ? x : 2; }
struct Matrix {
	ll cnt[2], sum[4][3], lx[4][3], rx[4][3];
	Matrix operator + (const Matrix & a) const {
		Matrix ret, lc = *this, rc = a;
		ret.cnt[0] = lc.cnt[0] + rc.cnt[0];
		ret.cnt[1] = lc.cnt[1] + rc.cnt[1];
		for(int i = 0; i < 4; ++i)
			for(int j = 0; j < 3; ++j) {
				ret.sum[i][j] = lc.sum[i][j] + rc.sum[i][j];
				ret.lx[i][j] = lc.lx[i][j], ret.rx[i][j] = rc.rx[i][j];
			}
		for(int i1 = 0; i1 < 4; ++i1)
			for(int i0 = 0; i0 < 3; ++i0)
				if(lc.rx[i1][i0]) {
					ll x = lc.rx[i1][i0];
					for(int j1 = 0; j1 < 4; ++j1)
						for(int j0 = 0; j0 < 3; ++j0)
							if(rc.lx[j1][j0]) {
								ll y = rc.lx[j1][j0];
								ret.sum[get1(i1 + j1)][get0(i0 + j0)] += x * y;
							}
				}
		int lc0 = lc.cnt[0], lc1 = lc.cnt[1];
		int rc0 = rc.cnt[0], rc1 = rc.cnt[1];
		for(int i = 0; i < 4; ++i)
			for(int j = 0; j < 3; ++j) {
				ret.lx[get1(lc1 + i)][get0(lc0 + j)] += rc.lx[i][j];
				ret.rx[get1(rc1 + i)][get0(rc0 + j)] += lc.rx[i][j];
			}
		return ret;
	}
} t[N << 2];

inline void pushup(int o, int lc, int rc) { t[o] = t[lc] + t[rc]; }
void build(int o = 1, int l = 1, int r = n) {
	if(l == r) {
		int x = (a[l] == 1), y = (a[l] == 0);
		t[o].cnt[0] = y, t[o].cnt[1] = x;
		t[o].sum[x][y] = t[o].lx[x][y] = t[o].rx[x][y] = 1;
		return ;
	} int mid = (l + r) >> 1, lc = o << 1, rc = lc | 1;
	build(lc, l, mid), build(rc, mid + 1, r), pushup(o, lc, rc);
}
void modify(int k, int o = 1, int l = 1, int r = n) {
	if(l == r) {
		int x = t[o].cnt[1], y = t[o].cnt[0];
		t[o].sum[x][y] = t[o].lx[x][y] = t[o].rx[x][y] = 0;
		swap(t[o].cnt[0], t[o].cnt[1]);
		t[o].sum[y][x] = t[o].lx[y][x] = t[o].rx[y][x] = 1;
		return ;
	} int mid = (l + r) >> 1, lc = o << 1, rc = lc | 1;
	if(k <= mid) modify(k, lc, l, mid);
	else modify(k, rc, mid + 1, r);
	pushup(o, lc, rc);
}
Matrix query(int ql, int qr, int o = 1, int l = 1, int r = n) {
	if(l >= ql && r <= qr) return t[o];
	int mid = (l + r) >> 1, lc = o << 1, rc = lc | 1;
	if(qr <= mid) return query(ql, qr, lc, l, mid);
	else if(ql > mid) return query(ql, qr, rc, mid + 1, r);
	else return query(ql, qr, lc, l, mid) + query(ql, qr, rc, mid + 1, r);
}

int main () {
	read(n);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]);
	read(m), build(); Matrix ans; ll ret;
	while(m--) {
		read(opt);
		if(opt == 1) read(x), modify(x);
		else {
			read(l), read(r), ans = query(l, r), ret = 0;
			ret = ans.sum[0][0] + ans.sum[0][1] + ans.sum[0][2]
				+ ans.sum[2][0] + ans.sum[2][1] + ans.sum[2][2]
				+ ans.sum[3][2];
			printf("%lld\n", ret);
		}
	}
    return 0;
}