P9883 [EC Final 2021] Fenwick Tree 题解

P9883 [EC Final 2021] Fenwick Tree 题解

本题首篇题解捏。

解法

显然，我们不可能在同一个位置上进行两次及以上的 update(pos,val) 操作，因为两次 update(pos,val1) 和 update(pos,val2) 操作等价于 update(pos,val1+val2) 操作，然后后者所用操作次数比前者少，所以更优。除此之外，显然我们不可能进行 update(pos,0) 操作，因为这对树状数组各位置的值没有影响。

我们设 $f_i$ 表示在所有 $j+j\&(-j)=i$ 有几个位置的目标状态是非 $0$。显然我们需要从 $f_1$ 计算到 $f_n$，因为位置 $i$ 是否进行 update() 影响到位置 $i+i\&(-i)$。现在分几种情况讨论。

1. 位置 $i$ 的目标状态是 $0$，且 $f_i=0$。此时位置 $i$ 不需要修改。
2. 位置 $i$ 的目标状态是 $0$，且 $f_i=1$。此时有一个位置对位置 $i$ 有影响，所以我们需要进行一次 update(i,val) 操作将值抵消掉。
3. 位置 $i$ 的目标状态是 $0$，且 $f_i\ge 2$，此时位置 $i$ 不需要修改，因为必定有方案使得这 $f_i$ 个值的和为 $0$。
4. 位置 $i$ 的目标状态是非 $0$，且 $f_i=0$，此时需要进行一次 update(i,val) 操作将位置 $i$ 的值变为非 $0$。
5. 位置 $i$ 的目标状态是非 $0$，且 $f_i\ge 1$，此时位置 $i$ 不需要修改。

根据上述 $5$ 种情况整合后可得计算答案的方法：

for(int i=1,j,cnt;i<=n;i++)
{
	if(st[i-1]=='1')
	{
		if(f[i]==0) ans++;
		if(i+lowbit(i)<=n) f[i+lowbit(i)]++;
	}else if(f[i]==1) ans++;
}

代码

#include<bits/stdc++.h>
namespace fast_IO
{
	/**
	 * 快读快写
	*/
};
using namespace fast_IO;
int t,n,f[100010],ans;
std::string st;
inline int lowbit(int x)
{
	return x&(-x);
}
int main()
{
	in>>t;
	while(t--)
	{
		in>>n>>st,ans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=0;
		for(int i=1,j,cnt;i<=n;i++)
		{
			if(st[i-1]=='1')
			{
				if(f[i]==0) ans++;
				if(i+lowbit(i)<=n) f[i+lowbit(i)]++;
			}else if(f[i]==1) ans++;
		}
		out<<ans<<'\n';
	}
	fwrite(Ouf,1,p3-Ouf,stdout),fflush(stdout);
	return 0;
}