2.14比赛总结

T1

题目：定义 $C_{i,j}$
$$C_{i,j}=\{\begin{array}{ll}\max (i,j)& i=1\wedge j=1\\ \frac{C_{i-1,j}+C_{i,j-1}+i+j}{2}& \mathrm{otherwise}\end{array}$$
求 ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m{C}_{i,j}$。答案对 $1000000007$ 取模。

很水的一道题，画几个图表找规律就行，规律自己找。

T2

题目：给定一个长度为 $n$ 的序列 $A_i$。定义 $W_{l,r}$ 为 $A_l,A_{l+1},\cdots ,A_{r-1},A_r$ 内出现奇数次的元素的异或和。例如序列 $A=3,5,3,6,7$，$W_{1,4}=5\oplus 6=3$。现在给定 $q$ 次询问，每次询问给出两个参数l,r，求出 ${\oplus }_{i=l}^r{\oplus }_{j=i}^r{W}_{i,j}$，即每个区间的 $W_{l,r}$ 的异或和。

我们假设 $P_{l,r}={\oplus }_{i=l}^r{\oplus }_{j=i}^r{W}_{i,j}$，则：

我们来举几个例子看看：

当 $l=1,r=1$ 时，$P_{1,1}=W_{1,1}$。

当 $l=1,r=2$ 时，$P_{1,2}=0$。

当 $l=1,r=3$ 时，$P_{1,3}=W_{1,1}\oplus W_{3,3}$。

当 $l=1,r=4$ 时，$P_{1,4}=0$。

当 $l=1,r=5$ 时，$P_{1,5}=W_{1,1}\oplus W_{3,3}\oplus W_{5,5}$。

当 $l=2,r=4$ 时，$P_{2,4}=W_{2,2}\oplus W_{4,4}$。

这时我们能很明显的看出如下规律：

$$P_{l,r}=\{\begin{array}{ll}{W}_{l,l}\oplus W_{l+2,l+2}\oplus \cdots \oplus W_{r,r}& l+r\text{为偶数}\\ 0& l+r\text{为奇数}\end{array}$$

具体证明我目前不知道，感兴趣的同学可以自己试试看。

那我们根据上面的规律写个异或前缀和就行了；

注意：这里需要奇偶两个前缀和，不然会混乱的。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,q,l,r,cnt=1,cntt=1,a[200006],s[200006],ss[200006];
signed main() {
	// freopen("dragon.in","r",stdin);
	// freopen("dragon.out","w",stdout);
	cin>>n>>q;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		cin>>a[i];
	}
	for(int i=1; i<=n; i+=2) {
		s[cnt]=s[cnt-1]^a[i];
		cnt++;
	}
	for(int i=2; i<=n; i+=2) {
		ss[cntt]=ss[cntt-1]^a[i];
		cntt++;
	}
	while(q--) {
		cin>>l>>r;
		if((l+r)&1) {
			cout<<0<<endl;
		} else {
			if(l&1) {
				cout<<(s[(r+1)>>1]^s[((l+1)>>1)-1])<<endl;
			} else {
				cout<<(ss[r>>1]^ss[(l>>1)-1])<<endl;
			}
		}
	}
	return 0;
}

T3

题目：有一个足球球队了 $n$ 场比赛，每场比赛有胜利、平局、失败 $3$ 种情况。比赛会进行小组积分，胜利加 $3$ 分，平局加 $1$ 分，分数不变。为了让积分更多，你使用了最强大脑预测了比赛情况，其中，第 $i$ 场比赛我方进了 $A_i$ 个球，对方进了 $B_i$ 个球。现在你可以针对预测的比赛对队员进行强化，每次强化用在一场比赛上，可以让这场比赛多进一个求，每场比赛可以强化多次或者不强化，并以总共只能强化 $m$ 次，问最多能积分多少？注意：你的某次强化并不会干扰其他比赛进程，可以看作每场比赛和队员都互相独立。

很典型的一道贪心，感觉没什么可讲的。就简单提一嘴吧。

首先肯定要把我方实力和对方实力作差，接着从小到大排序，如果小于 $0$，表明我方已经胜利，就不用管，如果等于 $0$，那么就多花费一次机会去提升实力，然后赚 $3$ 分，如果大于 $0$，就自己推贪心，我不想说了 （懒）。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
struct qd {
	int x,y,c;
} a[200006];
int n,m,ans;
bool cmp(qd x,qd y) {
	return x.c<y.c;
}
signed main() {
	// freopen("starship.in","r",stdin);
	// freopen("starship.out","w",stdout);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		cin>>a[i].x>>a[i].y;
		a[i].c=a[i].y-a[i].x;
	}
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		if(a[i].c<0) {
			ans+=3;
			continue;
		} else if(a[i].c==0) {
			if(m) {
				m--;
				ans+=3;
			} else {
				ans++;
			}
		} else {
			if(m) {
				m-=a[i].c;
				if(m<0);
				else if(m==0) {
					ans++;
				} else {
					m--;
					ans+=3;
				}
			} else;
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

T4

题目：定义一系列数组 $A_0,A_1,A_2,A_3\cdots$
An={{0}n=0{0,1}n=1{An−1,n,An−2}otherwise⁡A_n=\begin{cases}\{0\}&n=0\\\{0,1\}&n=1\\\{A_{n-1},n,A_{n-2}\}&\operatorname{otherwise}\end{cases}An​=⎩⎨⎧​{0}{0,1}{An−1​,n,An−2​}​n=0n=1otherwise​
例如：
A0={0}A1={0,1}A2={0,1,2,0}A3={0,1,2,3,0,1}⋯\begin{split}&A_0=\{0\}\\&A_1=\{0,1\}\\&A_2=\{0,1,2,0\}\\&A_3=\{0,1,2,3,0,1\}\\&\cdots\end{split}​A0​={0}A1​={0,1}A2​={0,1,2,0}A3​={0,1,2,3,0,1}⋯​
现在请你输出 $A_{99824353}$ 的 $l$ 到 $r$ 项是什么。($1\le l,r\le 10^{18}$)

一道比较简单的题。知识点：分治。

观察上面那个式子不难发现：每个数组里面都有前面的成分 （成分复杂……），所以很容易想到分治，至于怎么分呢，这我得好好讲讲了。

首先我们肯定要从 $n$ 分开，那对于 $n$ 的位置和当前数组的长度有什么规律呢？请看 VCR 下列样例（皮一下很开心）：

通过仔细的观察很容易发现：$n$ 的位置是按照斐波那契数列的规律排列的，长度则是下一个 $n$ 的位置 $-1$ 得到的，即（$i{d}_i$ 表示 $i$ 在第几个位置）：

$$le{n}_i=i{d}_{i+1}-1=i{d}_i+i{d}_{i-1}-1$$

而根据上面的式子，我们可以知道：

$$i{d}_i=le{n}_{i-1}+1$$

带入上面的式子可以得到：

$$le{n}_i=le{n}_{i-1}+1+le{n}_{i-2}+1-1=le{n}_{i-1}+le{n}_{i-2}+1$$

所以我们就推导出来了长度的递推方程。然后就可以预处理出长度和位置了。

讲了半天，究竟怎么分治的？其实到这已经很简单了，我们对于从 $l$ 到 $r$ 的每个点枚举一下，然后通过分治找，直到找到了这个点的值就行了。

但有个问题：每个数组里面都会有这个数，我应该在哪个数组里面找这个数呢？这也很好想，只要这个点被移动到了 $n$ 的位置就行了。

最后一个问题：求 $A_{99824353}$ 中 $l$ 到 $r$ 的值，数组开不下怎么办？其实我们会看到这个点：$1\le l,r\le 10^{18}$。所以长度的最大值就是 $10^{18}$，再往上算就没有意义了，纯属浪费空间，只需要再小小的写个代码，求出第几个的时候长度超过了 $10^{18}$ 就行了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int l,r,len[96],xx[96];//数组我是算过的
signed main() {
	len[1]=1,len[2]=2,xx[1]=1,xx[2]=2;
	for(int i=3; i<=90; i++) {//预处理
		len[i]=len[i-1]+len[i-2]+1;
		xx[i]=xx[i-1]+xx[i-2];
	}
	cin>>l>>r;
	int t;
	for(int i=1; i<=90; i++) {//找到第一个包含l到r的区间
		if(len[i]>r) {
			t=i;
			break;
		}
	}
	int id;
	while(l<=r) {
		int pos=t;
		id=l++;//枚举每一位
		while(id) {//分治
			if(id==xx[pos]) {//找到了
				break;
			}
			if(id>xx[pos]) {//在右边
				id-=xx[pos];
				pos-=2;
			} else if(id<xx[pos]) {//在左边
				pos--;
			}
		}
		cout<<pos-1<<" ";
	}
	return 0;
}