Comet OJ - Contest #3 题解

传送门

太菜了连\(D\)都做不出来没有小裙子\(QAQ\)

\(A\)

暴力把所有的数对都算出来，然后\(sort\)一下就行了

const int N=505;
int a[N],st[N*N],top,n,k;ll res;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);
	fp(i,1,n)fp(j,i+1,n)st[++top]=a[i]+a[j];
	sort(st+1,st+1+top);
	fd(i,top,top-k+1)res+=st[i];
	printf("%lld\n",res);
	return 0;
}

\(B\)

我们从左到右一列一列考虑，如果该列上下都没有，放一个黑的就够了（具体放在上下无所谓，反正都是一个），如果这一列有，那么和上一个有黑的列进行比较，如果它们上同有或下同有就不用管了，否则必须多放一个。具体可以画个图

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int mp[5][N];int n,res;
inline int calc(R int i){return mp[1][i]|(mp[2][i]<<1);}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	fp(i,1,n)scanf("%d",&mp[1][i]);
	fp(i,1,n)scanf("%d",&mp[2][i]);
	int bg=n,ed=1;
	fp(i,1,n)if(mp[1][i]||mp[2][i]){bg=i;break;}
	fd(i,n,1)if(mp[1][i]||mp[2][i]){ed=i;break;}
	if(bg==ed)return puts("0"),0;
	int las=calc(bg);
	fp(i,bg+1,ed)if(!mp[1][i]&&!mp[2][i])++res;
	else{
		if((calc(i)&las)==0)++res,mp[1][i]=mp[2][i]=1;
		las=calc(i);
	}
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}

\(C\)

设子序列中元素个数为\(s\)，那么这个子序列中每个元素会被计算\(2^{s-1}\)次，那么就是要求\(m|sum\times 2^{s-1}\)（\(sum\)表示子序列元素和）

如果没有\(2^{s-1}\)，那么可以直接跑个暴力背包计算方案数。如果有\(2^{s-1}\)，我们发现有贡献的\(s\)最多只有\(O(\log m)\)个，那么我们开\(O(\log m)\)个背包就好了，每加一个数就令\(m/=2\)

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=5005,P=1e9+7;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int f[21][N],g[21][N],st[21],a[N],top,n,m,res;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);
	st[++top]=m;for(R int k=m;k&1^1;st[++top]=k>>1,k>>=1);
	fp(i,1,n){
		fp(k,1,top)fp(s,0,st[k]-1)g[k][s]=f[k][s];
		upd(g[1][a[i]%m],1);
		fp(k,1,top-1)fp(s,0,st[k]-1)upd(g[k+1][(s+a[i])%st[k+1]],f[k][s]);
		fp(s,0,st[top]-1)upd(g[top][(s+a[i])%st[top]],f[top][s]);
		fp(k,1,top)fp(s,0,st[k]-1)f[k][s]=g[k][s];
	}
	fp(k,1,top)upd(res,f[k][0]);
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}

\(D\)

我错了我以后再也不看到\(lxl\)就想到分块了……

首先如果它是个单点修改可以直接线段树维护线性基，然而它是个区间修改我就不会做了……比赛结束之后看了看\(rqy\)的代码发现把原数组给差分一下，区间修改就可以变成两个单点修改了。根据线性代数芝士原来的线性基和差分之后的线性基是等价的。注意一下边界条件就行了

关于为啥边界条件这样处理是对的可以感性理解一下……

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
    R int res,f=1;R char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
    return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int K=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,K+1,stdout),K=-1;}
void print(R int x){
    if(K>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++K]='-',x=-x;
    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
    while(sr[++K]=z[Z],--Z);sr[++K]='\n';
}
const int N=50005,L=31;
struct node;typedef node* ptr;
struct node{
	ptr lc,rc;int v[L];
	inline void init(R int x){
		int k=0;
		fp(i,0,L-1){
			v[i]=0;
			if(x>>i&1)k=i;
		}
		v[k]=x;
	}
	void merge(ptr s,ptr t){
		if(s!=this)memcpy(v,s->v,124);
		int k=0;
		fp(i,0,L-1)if(k=t->v[i]){
			fd(j,i,0)if(k>>j&1){
				if(!v[j]){v[j]=k;break;}
				k^=v[j];
			}
		}
	}
	inline int calc(R int x){
		fd(i,L-1,0)if(x>>i&1^1)x^=v[i];
		return x;
	}
	inline void upd(){merge(lc,rc);}
}pool[N<<2],*rt,*now,*pp=pool;
int A[N],c[N],n,m,l,r,op,x;
inline void upd(R int x,R int y){for(;x<=n;x+=x&-x)c[x]^=y;}
inline int ask(R int x){R int res=0;for(;x;x-=x&-x)res^=c[x];return res;}
void build(ptr &p,int l,int r){
	p=pp++;
	if(l==r)return p->init(A[l]),void();
	int mid=(l+r)>>1;
	build(p->lc,l,mid),build(p->rc,mid+1,r);
	p->upd();
}
void update(ptr p,int l,int r,int x){
	if(l==r)return p->init(A[x]),void();
	int mid=(l+r)>>1;
	x<=mid?update(p->lc,l,mid,x):update(p->rc,mid+1,r,x);
	p->upd();
}
void query(ptr p,int l,int r,int ql,int qr){
	if(ql<=l&&qr>=r)return now->merge(now,p),void();
	int mid=(l+r)>>1;
	if(ql<=mid)query(p->lc,l,mid,ql,qr);
	if(qr>mid)query(p->rc,mid+1,r,ql,qr);
}
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	n=read(),m=read(),now=pp++;
	fp(i,1,n)A[i]=read();
	fd(i,n,1)A[i]^=A[i-1];
	fp(i,1,n){
		c[i]^=A[i];
		if(i+(i&-i)<=n)c[i+(i&-i)]^=c[i];
	}
	build(rt,1,n);
	while(m--){
		op=read(),l=read(),r=read(),x=read();
		if(op==1){
			upd(l,x),upd(++r,x);
			A[l]^=x,update(rt,1,n,l);
			if(r<=n)A[r]^=x,update(rt,1,n,r);
		}else{
			now->init(ask(l));
			if(l<r)query(rt,1,n,l+1,r);
			print(now->calc(x));
		}
	}
	return Ot(),0;
}

剩下两题先咕了……