2019 ICPC Asia Nanchang Regional M. XOR Sum(拉格朗日插值)

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#拉格朗日插值 #南昌区域赛

本文探讨了在大规模数据范围内，如何高效计算特定数学表达式的和式，通过对异或特性的深入分析，提出了一种利用拉格朗日插值法进行优化的算法，解决了传统方法在面对大量数据时的效率问题。

题目

给定t(t<=1e5)，x,y(1<=x<=y<=1e18)，求\sum_{k=1}^{t}\sum_{i=x}^{y}f(i,k)，输出和式对1e9+7取模的值

其中f(i,k)=\bigoplus_{x=1}^{i^k}x，为1到i^k异或的值

思路来源

https://www.cnblogs.com/bringlu/p/12578504.html

官方题解

题解

假酒警告：发现了自己原来的板子在拉格朗日差值部分会爆ll

首先，根据异或这个0123异或起来得0，且逢4就异或得0的性质，可得，

最低0.47元/天 解锁文章
2019-2020 ICPC 南昌现场赛 M：XOR Sum【拉格朗日插值】
KobeDuu
12-15 1087
题目： 2019-2020 ICPC 南昌现场赛 M：XOR Sum 题意： 定义 f(i,k)=1⨁2⨁3⨁......⨁ik−1⨁ikf(i,k)=1\bigoplus 2\bigoplus 3\bigoplus ......\bigoplus i^k-1\bigoplus i^kf(i,k)=1⨁2⨁3⨁......⨁ik−1⨁ik，求 ∑k=1t∑i=xyf(i,k)\sum_{k=1}^...
2019 ICPC Asia Nanjing Regional I. Space Station题解
weixin_44211980的博客
02-24 1432
2019 ICPC Asia Nanjing Regional I. Space Station 文章目录[2019 ICPC Asia Nanjing Regional I. Space Station](https://nanti.jisuanke.com/t/42403)【前言】【题目大意】【解题思路】一、优先暴力二、记忆化三、unordered_map以及思维优化四、乘法逆元（拓展内容）【...
2019 ICPC Asia Nanchang Regional
weixin_43184669的博客
01-27 284
L-Who is the Champion: 签到题，但题目里面的净胜球数，看了半天。sort排序。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; struct node { int num,score,goal;//净胜球数 }team[110]; bool cmp(node a,node b) { if(a.score=...
欧拉降幂
cheng__yu_的博客
09-17 320
欧拉降幂欧拉降幂bzoj3884. 上帝与集合的正确用法2019ICPC南昌预选赛网络赛 B. super_logCF906D. Power Tower 欧拉降幂 定理：当b>φ(p)\varphi(p)φ(p) 时，ab≡ab%φ(p)+φ(p)(mod  p)a^b\equiv a^{b\%\varphi(p)+\varphi(p)} (\mod p)ab≡ab%φ(p)+φ(p)(modp) 细节：每次递归过程中维护的是指数，因此需要在 dfs 出口计算当前的指数，在 qpow 的过程中也通过
2019 ICPC Asia Nanchang Regional （dsu on tree+treap平衡树）
咸鱼有梦想
12-13 416
题意: 给你一棵树，每个点有一个val 让你找树上有多少有序对(x,y)满足以下条件： 1.x!=y 2.x不是y的祖先；y不是x的祖先 3.x与y的最短路径长度<=k 4.x与y的最小公共祖先的值vz,满足2vz=vx+vy 解析: 就是启发式合并，同时建n棵权值treap树，来维护该权值下，有多少深度的点插入进来。 在遍历轻孩子找答案时，每一次，已经确定根和一个点...
2019 ICPC 邀请赛(南昌) B-Polynomial(拉格朗日插值法)
ftx456789的博客
06-03 1170
题面 定义了f(x)=a0+a1x1+a2x2+⋯+anxnf_{(x)}=a_0+a_1x^1+a_2x^2+\cdots+a_nx^nf(x)​=a0​+a1​x1+a2​x2+⋯+an​xn.数字可能会非常大，所以对9999991取模。 对于一个多项式，XH不知道任意一个aia_iai​,但是他知道f(0),f(1),f(2)⋯f(n)f_{(0)},f_{(1)},f_{(2)}\cdot...
题解 (The 2019 ICPC Asia Shanghai Regional Contest - Online Contest).pdf
01-12
根据给定文件的信息，我们可以总结出以下相关的IT与编程知识点： ### A-Lightning Routing I ...以上各个知识点涵盖了数据结构、算法优化、数学推导等多个方面，对于参加ICPC等编程竞赛的同学来说具有很高的实用价值。
2019 ICPC 南京 Regional I. Space Station(DP && 哈希)
积极的防守者的博客
01-28 1219
题意： 有nnn个数字a1,2,..na_{1,2,..n}a1,2,..n​，你的初始能量为a0a_0a0​，每次只能选取小于等于当前能量的数字，选完数字aia_iai​后当前能量会加上aia_iai​，求选完所有数字的方案数 mod 1e9+7mod\ 1e9+7mod 1e9+7 n≤1e5,0≤ai≤50n\le1e5,0\le a_i\le 50n≤1e5,0≤ai​...
2019 ICPC Asia Nanchang Regional E. Bob's Problem
weixin_44211980的博客
12-26 335
https://nanti.jisuanke.com/t/42580 题目大意 给定一个无向图G，其中有白边和黑边，构造出一个G的子图使得任意两点联通且总边权最大，其中白边个数不得超过k个 解题思路 贪心+最大生成树 对与任意一条边，分为两种情况，白边和黑边，由于黑边不影响白边，那么要使边权尽量大，考虑将所有的白边添加至子图中 然后对黑边进行排序，从大至小依次遍历 遍历时，若黑边两点已在子图中...
2019 ICPC 南昌邀请赛 B-Polynomial（拉格朗日插值法0~n）
Stormjing的博客
06-08 872
暂时没有补题链接，等重现赛 题目 定义了f(x)=a0+a1x1+a2x2+⋯+anxnf_{(x)}=a_{0}+a_{1} x^{1}+a_{2} x^{2}+\cdots+a_{n} x^{n}f(x)​=a0​+a1​x1+a2​x2+⋯+an​xn，数字可能会非常大，所以对9999991取模。对于一个多项式，XH不知道任意一个 aia_iai​，但是他知道f(0),f(1),f(2)⋯f...
Xor Sum
多一些不为什么的坚持
10-19 767
题目：Xor Sum 题解：这题运用的是01字典树。是一个模板题。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e5+10; typedef long long ll; int a[N]; int cnt; int tree[N<<4][2]; int A[N<<4]; //33 ...
2019 南昌区域赛 M. XOR Sum（拉格朗日插值（模板纠正））
qq_41997978的博客
02-29 451
很明显 f(i,k)f(i,k)f(i,k) 是有规律的，因为连续的数字异或，连续的两项异或得到一，打表可以发现： k = 1 k = 2 k = 3 根据 k 的奇偶以及 i % 4 的余数进行分类讨论，当 i % 4 = 2 时，贡献为： f(n)=∑k=1t2k∑i=1⌊n2⌋ikf(n)=\displaystyle\sum_{k = 1}^t2^k\sum_{i = 1}^{\l...
2022 China Collegiate Programming Contest (CCPC) Guangzhou Onsite M. XOR Sum(数位dp 数位背包)
小衣同学的博客
11-14 2315
The 2022 CCPC Guangzhou Onsite M. XOR Sum(数位dp 数位背包)
Xor Sum (字典树求异或)
林黛玉到拔垂杨柳的博客
07-29 569
Xor Sum (字典树求异或) 题目大意：给出n个数，然后m次查询，问每次要查询的数与这n个数异或最大的值是哪个 解题思路：很显然这是一道字典树求异或的模板题，是POJ 3764的简化版，详细见我的另一篇博客。 Code: #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; const int MAXN = 100100; int t[MAXN*33][3],tot =
拉格朗日插值学习笔记
weixin_43466755的博客
02-06 318
问题 给定nnn个点(xi,yi)(x_i,y_i)(xi​,yi​)，其中xix_ixi​互不相同，用这些点确定一个多项式f(x)f(x)f(x)。 求解 用这nnn个点可以构造出一个n×nn \times nn×n的线性方程组，显然系数行列式是一个范德蒙德行列式，又xix_ixi​互不相同，所以这nnn个点可以唯一确定一个小于等于n−1n-1n−1次的多项式。 我们可以构造出gi(x),1≤i≤ng_i(x),1 \le i \le ngi​(x),1≤i≤n，满足gi(xi)=yig_i(x_..
2019 ICPC Asia Nanchang Regional K.Tree(启发式合并+动态开点线段树)
小衣同学的博客
07-07 1219
题目 n(n<=1e5)个点的树，给定一个参数k(k<=1e5)，代表两点距离上限 点i上有一个权值 询问树上有序对(x,y)的数量，满足以下条件： ①x不等于y ②x不是y的祖先 ③y不是x的祖先 ④x和y的距离不超过k，即 ⑤ 思路来源 https://blog.csdn.net/qq_43202683/article/details/104108315 题解 启发式合并，然后考虑枚举到轻儿子的时候，答案如何统计， 轻儿子统计的应该是重儿子子树或者已经被插入的轻儿子
2019 ICPC Asia Nanjing Regional J.Spy（KM算法O(n^3)板子题）
繁凡さん的博客
10-09 785
整理的算法模板合集： ACM模板 前面好几段又在讲故事… 题目大意： 　　a[i]表示对手的每个队伍战斗力 　　p[i]表示打败对手后获得的分数 　　b[i]表示我方第一种人的战斗力 　　c[i]表示我方第二种人的战斗力 　　定义我方一组选手的战斗力为b[i]+c[j]，第一种选手与第二种选手某种顺序两两组队后，与对方进行pk，共有 n!n!n! 种pk顺序，求最大期望×n 期望就是加权平均，期望*n实际上就是所有方案中的最大权值，也就是二分图最大加权匹配 所以这是一个板子题，但是数据卡O(n4)O(n
2019 ICPC Asia Nanchang Regional (L, C, E, G)
rqdmap的博客
02-01 608
2019 ICPC Asia Nanchang Regional (计算客) ICPC-Nanchang 终榜 L 签到。 C 签到题。时隔久远已经不记得了到底是个啥了，尽管当时过了还是当作练习题再做一下。(并且应用Vim编辑一下代码） 如果给定iii要求jjj，共有 2i最高位的1之后的所有0的个数2^{i最高位的1之后的所有0的个数}2i最高位的1之后的所有0的个数 种可能的组合情况。 如果...
2019 ICPC Asia 南昌 Regional J. Summon（矩阵快速幂优化DP+polya定理）
积极的防守者的博客
02-02 763
题意： 长度为n(n<1e5)n(n<1e5)n(n<1e5)的环，填四种颜色，有mmm个要求(m<256)(m<256)(m<256)，每个要求限制一个长度为444的序列XXXXXXXXXXXX不许在环中出现，问有多少合法方案。（通过旋转可以变相同的算同一种方案） 解题思路： 前置知识点：polay定理 在粗略的学习polay定理之后，我只记住了对于没有限制的...
2019 ICPC Asia Yinchuan Regional B. So Easy
最新发布
05-29
### 2019 ICPC亚洲银川区域赛B题相关信息与解法 根据提供的引用内容和问题，以下是关于2019年ICPC亚洲银川区域赛B题的相关信息与解法。 #### 题目背景与目标 在2019年ICPC亚洲银川区域赛中，B题被描述为涉及分段状态转移的动态规划问题。题目要求选手通过合理的状态设计和状态转移方程，计算出满足特定条件的最优解。具体来说，该问题的核心在于如何通过状态压缩和动态规划来优化时间复杂度[^3]。 #### 动态规划状态设计 为了求解此问题，可以定义一个三维动态规划数组 `dp[i][j][sta]`，其中： - `i` 表示当前处理到第 `i` 个元素。 - `j` 表示当前已经分成了 `j` 段。 - `sta` 表示当前最右端的状态，取值范围为 `{0, 1, 2}`，分别表示以下三种情况： - `sta == 0`：当前所有段都已经达到最优状态，即已经计算了最大值和最小值的贡献。 - `sta == 1`：当前段已经记录了最小值，但尚未找到最大值。 - `sta == 2`：当前段已经记录了最大值，但尚未找到最小值。 #### 状态转移方程 基于上述状态设计，状态转移方程可以分为以下几种情况： 1. 如果当前段的状态为 `sta == 0`，则可以选择开始一段新的区间或继续当前段： ```cpp dp[i][j][0] = max(dp[i-1][j][0], dp[i-1][j-1][0]); ``` 2. 如果当前段的状态为 `sta == 1`，则需要继续寻找最大值： ```cpp dp[i][j][1] = max(dp[i-1][j][1], dp[i-1][j][2] + (a[i] - min_val)); ``` 3. 如果当前段的状态为 `sta == 2`，则需要继续寻找最小值： ```cpp dp[i][j][2] = max(dp[i-1][j][2], dp[i-1][j][1] + (max_val - a[i])); ``` #### 边界条件与初始化 - 初始状态设置为 `dp[0][0][0] = 0`，其余状态均初始化为负无穷大。 - 最终答案可以通过遍历所有可能的段数 `j` 和状态 `sta` 得到： ```cpp int result = 0; for(int j = 1; j <= k; ++j){ result = max(result, dp[n][j][0]); } ``` #### 示例代码实现 以下是一个简单的代码框架，用于实现上述动态规划算法： ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int INF = 1e9; int dp[5010][510][3]; // i: 当前元素, j: 分段数, sta: 状态 int a[5010]; // 输入数组 int main(){ int n, k; cin >> n >> k; for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i]; // 初始化 memset(dp, -0x3f, sizeof(dp)); dp[0][0][0] = 0; // 动态规划转移 for(int i = 1; i <= n; ++i){ for(int j = 0; j <= k; ++j){ for(int sta = 0; sta <= 2; ++sta){ if(dp[i-1][j][sta] == -INF) continue; if(sta == 0){ dp[i][j][0] = max(dp[i][j][0], dp[i-1][j][0]); if(j > 0) dp[i][j][1] = max(dp[i][j][1], dp[i-1][j-1][0] + a[i]); } else if(sta == 1){ dp[i][j][1] = max(dp[i][j][1], dp[i-1][j][1]); dp[i][j][2] = max(dp[i][j][2], dp[i-1][j][1] + a[i]); } else if(sta == 2){ dp[i][j][2] = max(dp[i][j][2], dp[i-1][j][2]); } } } } // 计算最终结果 int result = -INF; for(int j = 1; j <= k; ++j){ result = max(result, dp[n][j][0]); } cout << result << endl; return 0; } ``` #### 复杂度分析 - 时间复杂度：由于状态数量为 `O(n * k * 3)`，每次状态转移的时间复杂度为常数，因此总时间复杂度为 `O(n * k)`。 - 空间复杂度：使用了一个三维数组存储状态，空间复杂度为 `O(n * k * 3)`。 ---
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