铁一中模拟赛2018.11.1 T1

最新推荐文章于 2022-03-15 18:24:31 发布

原创最新推荐文章于 2022-03-15 18:24:31 发布 · 221 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#二分+数论+数据结构

数据结构同时被 3 个专栏收录

4 篇文章

订阅专栏

二分

2 篇文章

订阅专栏

数论

1 篇文章

订阅专栏

本文详细解析洛谷月赛P3794题目的解题思路与算法实现，通过分析数组中特定条件下的对数计数，利用ST表、二分查找和位运算解决复杂问题。

题目：

(Luogu月赛P3794)

给你一个长度为N的数组a，求有多少对i<=j满足 $gcd(a_i,a_{i+1},a_{i+2},...,a_j)xor(a_i or a_{i+1} or a_{i+2} or ... a_j) =k$

注： $x o r, o r$ 都指位运算

数据范围： $n\le 500000,1\le a[i]\le 500000$

题解：

这个题思维难度其实不高主要是要：

有一个意识（也可以说是套路）：求多个数的gcd时，添加一个数，gcd要么不变，要么降低，且最多降低 $l o g n$ 次就变成1
会二分求出像这样的单调函数的每个断层：
会灵活运用st表

显然说到这这题也就没什么可做的了，用st表维护区间Gcd和Or值。对于每个区间左端点，Gcd的值都为单调递减断层函数（且最多有log n个断层），Or的值都为单调递增断层函数。直接枚举区间左端点，二分求出Gcd的每个断层，因为 $G c d x o r O r = k$ ,所以 $Or=k^Gcd$ ,就可以二分找到每个Gcd断层对应的Or断层，然后根据两个断层统计答案即可。

时间复杂度： $O(nlog^2 n)$

代码：

#include <iostream> 
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 500005
int n,k;
int ai[N],Gcd[N][25],Or[N][25],Log[N];
long long ans;

inline int getGcd(int x,int y) //O(1)求[x,y]的Gcd
{
    int a=Log[y-x+1];
    return __gcd(Gcd[x][a],Gcd[y-(1<<a)+1][a]);
}

inline int getOr(int x,int y) //O(1)求[x,y]的Or 
{
    int a=Log[y-x+1];
    return (Or[x][a]|Or[y-(1<<a)+1][a]);
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    int np=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(i==(1<<np))
            Log[i]=np++;
        else
            Log[i]=np-1;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x;
        scanf("%d",&x);
        Or[i][0]=Gcd[i][0]=x;
    }
    for(int a=1;a<=20;a++)
        for(int i=1;i+(1<<a)-1<=n;i++)
        {
            Gcd[i][a]=__gcd(Gcd[i][a-1],Gcd[i+(1<<(a-1))][a-1]);
            Or[i][a]=Or[i][a-1]|Or[i+(1<<(a-1))][a-1];
        }
    for(int now=1;now<=n;now++){ //固定左指针为now
        int nowGcd=Gcd[now][0],rpGcd=now; //now为目前右指针范围到左指针的值，rp为目前右指针范围的左边界
        while(true)
        {
            int l=rpGcd,r=n;
            while(l<r) //二分Gcd右指针范围的右边界 (Gcd右指针递减)
            {
                int mid=((l+r)>>1);
                if(r==l+1) mid++;
                int tnGcd=getGcd(now,mid);
                if(tnGcd<nowGcd)
                    r=mid-1;
                else
                    l=mid;
            }
            int nowOr=(k^nowGcd),yoGcd=l,rpOr,yoOr;
/**/
            l=now,r=n;
            while(l<r) //二分Or右指针范围的左边界 (Or右指针递增)
            {
                int mid=((l+r)>>1);
                int tnOr=getOr(now,mid);
                if(tnOr>nowOr)
                    r=mid-1;
                else if(tnOr==nowOr)
                    r=mid;
                else
                    l=mid+1;
            }
            rpOr=l,r=n;
            while(l<r) //二分Or右指针范围的右边界 (Or右指针递增)
            {
                int mid=((l+r)>>1);
                if(r==l+1) mid++;
                int tnOr=getOr(now,mid);
                if(tnOr>nowOr)
                    r=mid-1;
                else
                    l=mid;
            }
            yoOr=l;
            int zuo=max(rpGcd,rpOr),you=min(yoGcd,yoOr);
            if(you>=zuo && getOr(now,rpOr)==nowOr) ans+=you-zuo+1;
            rpGcd=yoGcd+1;
            if(rpGcd>n) break;
            nowGcd=getGcd(now,rpGcd);
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
        
    return 0;
}