bzoj5108 [CodePlus2017]可做题

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探讨如何根据部分已知元素，计算出序列异或前缀和的最小值。通过动态规划的方法，按位讨论并递推计算，解决算法竞赛中的难题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

http://www.elijahqi.win/2018/02/05/bzoj5108/
Description
qmqmqm希望给sublinekelzrip出一道可做题。于是他想到了这么一道题目：给一个长度为n的非负整数序列ai,你需
要计算其异或前缀和bi,满足条件b1=a1,bi=bi?1 xor ai(i≥2).但是由于数据生成器出现了问题，他生成的序列a
的长度特别长，并且由于内存空间不足，一部分ai已经丢失了，只剩余m个位置的元素已知。现在qmqmqm找到你，
希望你根据剩余的ai,计算出所有可能的a序列对应的b序列中∑=bi(1<=i<=N)的最小值。

Input
输入第一行两个非负整数n,m,分别表示原始序列a的长度及剩余元素的个数。
之后m行，每行2个数i,ai，表示一个剩余元素的位置和数值。
1<=N<=10^9,0<=M<=Min(n,10^5),0<=ai<=10^9
注意未知的 ai 可以超过已知 ai 的范围。
保证输入中所有的 i 不同，且满足 1 ≤ i ≤ n。

Output
输出一个整数表示可能的最小值

Sample Input
5 3
4 0
3 7
5 0
Sample Output
7
已知的 a 序列为： X, X, 7, 0, 0, 其中X表示这个位置丢失了。一种可能的 a 序列为
0, 7, 7, 0, 0, 对应的 b 序列为 0, 7, 0, 0, 0, 和最小为 7。可以证明不存在和更小的情况
HINT
来自 CodePlus 2017 11 月赛，清华大学计算机科学与技术系学生算法与竞赛协会荣誉出品。
Credit：idea/卢政荣　命题/卢政荣　验题/何昊天
Git Repo：https://git.thusaac.org/publish/CodePlus201711
本次比赛的官方网址：cp.thusaac.org
感谢腾讯公司对此次比赛的支持。
求异或前缀和的最小值 thuwc的试机题我菜到现在才搞定 qwq 没看题解有很多细节没太想清楚的设dp[i][1/0] 表示我现在做到了第i位我这一位为0/1的最小代价我首先分开按位讨论因为位与位之间是互不影响的做的时候就递推直接搞就可以但是注意如果前一位是空的我随意添加数字来构造注意我存在我当前位置和前一个位置只差一个的情况这样的话我就需要特判避免我这一位同时被我钦定为1或者0 如果紧挨着上一位那么我必须直接从上一位继承过来如果不是紧挨着我得按照可能出现的0，1情况枚举比较一下

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 110000
#define ll long long
#define inf 1LL<<60
using namespace std;
inline char gc(){
    static char now[1<<16],*S,*T;
    if (T==S){T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin);if (T==S) return EOF;}
    return *S++;
}
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=gc();
    while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=gc();}
    while(ch<='9'&&ch>='0') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
    return x*f;
}
struct node{
    int v,pos;
}d[N];
ll dp[N][2],ans;int bin[40],n,m;
inline bool cmp(const node &a,const node &b){return a.pos<b.pos;}
inline void solve(int x){
    dp[0][0]=dp[0][1]=0;
    if (d[1].pos==1) dp[0][1]=inf;
    for (int i=1;i<=m;++i){
        if (d[i].pos-1!=d[i-1].pos){
            ll t1=dp[i-1][1];
            dp[i-1][1]=min(dp[i-1][0]+x,dp[i-1][1]+x);dp[i-1][0]=min(dp[i-1][0],(long long)t1); 
            if (d[i].v&x){
                if(d[i].pos-2==d[i-1].pos) dp[i][0]=dp[i-1][1];else 
                dp[i][0]=min(dp[i-1][1],dp[i-1][0]+x);dp[i][1]=dp[i-1][0]+x;
            }else{
                dp[i][1]=dp[i-1][1]+x;dp[i][0]=dp[i-1][0];
            }   
        }else{
            if (d[i].v&x){
                dp[i][0]=dp[i-1][1];dp[i][1]=dp[i-1][0]+x;
            }else{
                dp[i][1]=dp[i-1][1]+x;dp[i][0]=dp[i-1][0];
            }
        }
    }ans+=min(dp[m][0],dp[m][1]);
}   
int main(){
//  freopen("bzoj5108.in","r",stdin);
    n=read();m=read();int max1=0;
    for (int i=1;i<=m;++i) d[i].pos=read(),d[i].v=read(),max1=max(max1,d[i].v);
    sort(d+1,d+m+1,cmp);int nn=log2(max1);
    for (int i=0;i<=nn;++i) bin[i]=1<<i;
    for (int i=0;i<=nn;++i) solve(bin[i]);
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}
/*
5 3
3 7
4 0
5 0
*/