LibreOJ 515 「LibreOJ β Round #2」贪心只能过样例 题解（bitset，DP）

原题链接：
loj

题意简述

给定$n$，表示有$n$个数$x_1,x_2...x_n$，每个在$[a_i,b_i]$之间，求$\sum _{i=1}^n{x}_i^2$的不同取值个数。

数据

输入

n//n<=100
a1 b1
a2 b2
...
an bn//ai,bi<=100

输出

答案

样例

输入
5
1 2
2 3
3 4
4 5
5 6
输出
26

思路

朴素的$DP$:
考虑到每个数的平方顶多$1e6$，所以我们设$dp[i][j]$表示前$i$个数的平方和为$j$是否珂能（所以是$bool$类型）。答案就是$dp[n][1,2,3...1e6]$，转移：
$dp[i][j]=dp[i-1][j-k^2]$，其中$a_i<=k<=b_i$。

珂是这样不管是空间还是时间都过不去。。。
我们考虑到我们快到上天的$bitset$优化。由于我们的$dp$值只有$0$和$1$，所以$bitset$一下就把空间除了个$32$。原本$1e8$稳爆的空间，变成了$3e6$稳过的空间。

珂是。。。时间？
我们考虑到$dp[i]$中的状态，和$dp[i-1]$中的状态，只是差一个$k^2$。所以我们珂以把$dp$这样重新定义：
$dp[i]$是一个长度为$1e6$的$01$序列，其中这个$01$序列的第$j$个位置表示前$i$个数珂不珂以凑到$j$。那么$dp[i]$表示的$01$序列其实就珂以看作前$i$个数珂以凑出来的集合了。那么$dp[i]$其实就是$dp[i-1]<<(k^2)$（$a_i<=k<=b_i$）的并集，也就是或起来的结果。因为一个$01$序列我们把它左移$k^2$，就相当于快速实现了集合中的每个数都加上$k^2$。这是非常巧妙的。
（注意边界：$dp[0][0]$=1）
然后原本$O(100\ast 100\ast 1e6)$（最坏情况）的时间复杂度，也给除了个$32$，变成了$3e8$，而且是$3e8$次位运算。你要知道，位运算比开空间和加减乘除快很多，所以一秒内大概珂以执行$1e9$次位运算。（而且代码还短了不少！）

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace Flandle_Scarlet
{
    bitset<1001000> dp[110];//dp状态
    void Soviet()
    {
        dp[0][0]=1;
        int n;cin>>n;//数据规模小，你甚至珂以用cin
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            int a,b;
            cin>>a>>b;
            for(int j=a;j<=b;++j)//枚举新加的数
            {
                dp[i]|=(dp[i-1]<<(j*j));//或起来
            }
        }
        printf("%d\n",dp[n].count());//只要输出dp[n]中有多少个1，就是前n个数的平方和的不同取值个数了
    }
    void IsMyWife()
    {
        if (0)
        {
            freopen("","r",stdin);
            freopen("","w",stdout);
        }
        Soviet();
    }
};
int main()
{
    Flandle_Scarlet::IsMyWife();
    return 0;
}

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