HDU 5270 归并排序

问题描述

ZYB喜欢研究Xor，现在他得到了两个长度为n的数组A,B。于是他想知道：对于所有数对(i,j)(i∈[1,n],j∈[1,n])，(Ai+Bj)的xor之和为多少
定义多个数A1,A2...Ak的xor之和为A1xorA2xorA3xor...xorAk

输入描述

一共T(T≤10)组数据，对于每组数据：
第一行一个正整数n，表示数组长度
第二行n个非负整数，第i个整数为Ai
第三行n个非负整数，第i个整数为Bi
n∈[1,105]，Ai,Bi∈[0,260]
保证所有n的和小于等于2∗105

输出描述

每组数据输出一行Case #x: ans。x表示组数编号，从1开始。ans为所求值。

输入样例

1
5
8 11 30 28 0
28 27 22 0 0

输出样例

Case #1: 34

1003 ZYB loves Xor II
我们考虑两个数A，B。
为了描述方便，我们设[P]的值为：当表达式P的值为真时，[P]=1，否则[P]=0
我们现在考虑计算[(A+B)and(2i)>0]
首先我们将A,B都对2i+1取模，显然这样是不会影响答案的
则有一个十分显然的等式：
[(A+B)and(2i)>0]=[(A+B)≥(2i)]−[(A+B)≥(2i+1)]+[(A+B)≥(3∗2i)]
这个式子相当容易理解，这里不多述了
考虑每一位对答案的贡献是独立的，我们每一位分开做
于是现在问题变成了：给定数组A,B，求满足Ai+Bj≥limit的数对个数
我们可以将A,B排序后，直接O(n)计算即可
然而排序是O(nlogn)的，这样总复杂度就是O(nlognlogA)了，无法通过此题
于是这里有个小技巧
我们从高位往低位做，现在我们要实现的是：将A中每个数对P取模后将A排序
我们发现A会被分成两段，一段小于P，一段大于等于P，只有后面一段要取模，我们可以取模后直接将这两段归并，复杂度是O(n)的
时间复杂度：O(nlogA+nlogn)

此题注意位运算的大量使用，很省时间，而且容斥的想法和转化很巧妙。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string.h>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define ll __int64
#define maxn 110000
using namespace std;

vector<ll>q[2];
ll x[maxn],y[maxn];
ll bit[100];
int n;

ll solve()//我擦。。这个归并太吊了
{
    ll ans=0;
    for(ll i=0;i<62;i++)
    {
        ll tot=0;
        q[0].clear();q[1].clear();
        for(ll j=1;j<=n;j++)
            q[(x[j]>>i)&1].push_back(x[j]);
        for(ll j=0;j<q[0].size();j++)
            x[++tot]=q[0][j];
        for(ll j=0;j<q[1].size();j++)
            x[++tot]=q[1][j];
        tot=0;
        q[0].clear();q[1].clear();
        for(ll j=1;j<=n;j++)
            q[(y[j]>>i)&1].push_back(y[j]);
        for(ll j=0;j<q[0].size();j++)
            y[++tot]=q[0][j];
        for(ll j=0;j<q[1].size();j++)
            y[++tot]=q[1][j];
        ll len1=1,len2=1,len3=1;
        ll limit1=1ll<<i;
        ll limit2=1ll<<(i+1);
        ll all=(1ll<<(i+1))-1;///这里加1LL
//        cout<<all<<" all"<<endl;
        ll sum=0;
//        for(int i=1;i<=tot;i++) cout<<x[i]<<" ";
//        cout<<endl;
//        for(int i=1;i<=tot;i++) cout<<(x[i]&all)<<" ";
//        cout<<endl;
//        for(int i=1;i<=tot;i++) cout<<y[i]<<" ";
//        cout<<endl;
        for(ll i=n;i>=1;i--)
        {
            while((((x[i]&all)+(y[len1]&all))<limit1) && (len1<=n)) len1++;//这里多加几个（）
            while((((x[i]&all)+(y[len2]&all))<limit2) && (len2<=n)) len2++;
            while(((x[i]&all)+(y[len3]&all)<limit1+limit2) && (len3<=n)) len3++;//cout<<(x[i]&all)<<" "<<(y[len3]&all)<<" "<<len3<<" "<<y[len3]<<" "<<(limit1+limit2)<<endl;
            sum+=n-(len1-1-len2+1+len3-1);
//            cout<<len1<<" "<<len2<<" "<<len3<<endl;
//            cout<<n-(len1-1-len2+1+len3-1)<<endl;
        }
//        cout<<sum<<" sum   "<<i<<endl;
        if(sum&1) ans+=bit[i];
    }
    return ans;
}

int main()
{
//    freopen("1003.txt","r",stdin);
    int cas;
    scanf("%I64d",&cas);
    bit[0]=1;
    for(ll i=1;i<=61;i++)
    bit[i]=bit[i-1]*2;
    for(ll ca=1;ca<=cas;ca++)
    {
        scanf("%I64d",&n);
        for(ll i=1;i<=n;i++)
            scanf("%I64d",&x[i]);
        for(ll i=1;i<=n;i++)
            scanf("%I64d",&y[i]);
//        cout<<solve()<<endl;
       printf("Case #%I64d: %I64d\n",ca,solve()) ;
    }
}