【LOJ 565】mathematican 的二进制(分治 + FFT)

本文探讨了一个涉及二进制数操作的问题,通过数学分析和动态规划的方法,提出了一种有效解决该问题的算法。重点在于理解操作的独立性和进位的影响,利用递推式进行高效计算。

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题目链接:【LOJ 565】mathematican 的二进制

题目大意:有一个 n n 位的二进制数,m 个操作。第 i i 个操作是将这个二进制串的数值加上 2ai,有 pi p i 的几率被执行。每次操作的代价是这次操作改变的位的数量。求代价的期望值 mod998244353 mod 998244353 的结果。 n,m2×105 n , m ≤ 2 × 10 5

我们发现:

  • 最终的答案与操作顺序无关,只与哪些操作被执行过有关。
  • 因为每次进位总会让 1 1 的总个数减少 1,总代价就是所有被执行的操作的总次数的两倍减去最终剩下的数中 1 1 的个数。即:2mbitcount(a)

于是可以列出递推式: f(i,j) f ( i , j ) 表示从后往前第 i i 位总共被改变 j 次的概率,那么我们有两种转移:

  • 进位: f(i1,j)f(i,j2) f ( i − 1 , j ) → f ( i , ⌊ j 2 ⌋ )
  • 操作:对于第 i i 位每个概率为 p 的操作, (1p)f(i,j)+pf(i1,j)f(i,j) ( 1 − p ) ⋅ f ( i , j ) + p ⋅ f ( i − 1 , j ) → f ( i , j )

发现进位可以直接转移,操作可以用分治 NTT N T T 转移。时间复杂度 O(mlog2m) O ( m log 2 ⁡ m )

注意:二进制数的最大值不是 2n 2 n ,而是 m2n m 2 n

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 998244353;
const int maxn = 200025;
const int maxm = 1 << 19 | 5;
int n, m, r[maxm], cur;
ll temp[2][maxm];
vector<ll> f, g, v[maxn], p[maxm];
ll mpow(ll a, ll b, ll c) {
    if ((b %= mod - 1) < 0) {
        b += mod - 1;
    }
    ll d = 1;
    for (; b; b >>= 1, a = a * a % c) {
        if (b & 1) {
            d = d * a % c;
        }
    }
    return d;
}
void ntt(ll *a, int n, int opt) {
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (i < r[i]) {
            swap(a[i], a[r[i]]);
        }
    }
    for (int k = 1; k < n; k <<= 1) {
        ll v = mpow(3, (mod - 1) / (k << 1) * opt, mod);
        for (int i = 0; i < n; i += k << 1) {
            ll w = 1;
            for (int j = i; j < i + k; j++, w = w * v % mod) {
                ll x = a[j], y = w * a[j + k] % mod;
                a[j] = (x + y) % mod, a[j + k] = (x - y) % mod;
            } 
        }
    }
    if (opt == -1) {
        ll v = -(mod - 1) / n;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            a[i] = v * a[i] % mod;
        }
    }
}
void mult(const vector<ll> &f, const vector<ll> &g, vector<ll> &h) {
    int lim, bit = 0, len = f.size() + g.size() - 1;
    for (lim = 1; lim < len; lim <<= 1) bit++;
    for (int i = 0; i < lim; i++) {
        r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (bit - 1));
    }
    for (int i = 0; i < f.size(); i++) {
        temp[0][i] = f[i];
    }
    for (int i = f.size(); i < lim; i++) {
        temp[0][i] = 0;
    }
    for (int i = 0; i < g.size(); i++) {
        temp[1][i] = g[i];
    }
    for (int i = g.size(); i < lim; i++) {
        temp[1][i] = 0;
    }
    ntt(temp[0], lim, 1);
    ntt(temp[1], lim, 1);
    for (int i = 0; i < lim; i++) {
        temp[0][i] = temp[0][i] * temp[1][i] % mod;
    }
    ntt(temp[0], lim, -1);
    h.clear();
    for (int i = 0; i < len; i++) {
        h.push_back(temp[0][i]);
    }
}
void solve(const vector<ll> &v, int l, int r, vector<ll> &u) {
    if (l == r) {
        u.clear();
        u.push_back(1 - v[l]);
        u.push_back(v[l]);
        return;
    }
    int x = cur++, y = cur++, md = (l + r) >> 1;
    solve(v, l, md, p[x]);
    solve(v, md + 1, r, p[y]);
    mult(p[x], p[y], u);
}
void calc(const vector<ll> &v, vector<ll> &u) {
    if (!v.size()) {
        u.clear();
        u.push_back(1);
    } else {
        solve(v, 0, v.size() - 1, u);
    }
}
int main() {
    scanf("%d %d", &n, &m);
    ll sum = 0, a, p, q;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        scanf("%lld %lld %lld", &a, &p, &q);
        p = p * mpow(q, mod - 2, mod) % mod;
        v[a].push_back(p), sum = (sum + p) % mod;
    }
    f.push_back(1);
    sum = 2 * sum % mod;
    for (int i = 0; i <= n + 20; i++) {
        g.resize((f.size() + 1) >> 1);
        fill(g.begin(), g.end(), 0);
        for (int i = 0; i < f.size(); i++) {
            g[i >> 1] += f[i];
        }
        calc(v[i], f);
        mult(f, g, f);
        for (int i = 1; i < f.size(); i += 2) {
            sum = (sum - f[i]) % mod;
        }
    }
    printf("%lld\n", (sum + mod) % mod);
    return 0;
}
<think>我们正在查询与LOJ6279相关的编程题目或解决方案。LOJ(LibreOJ)是一个在线的评测系统,主要收录算法竞赛题目。根据题号6279,我们需要确定该题目的具体内容。由于我无法直接访问网络,我将基于已知信息进行推理。在算法竞赛中,LOJ的题目编号通常与特定的题目对应。题号6279可能对应一个特定的问题。根据常见的题目类型,我们可以推测它可能涉及数据结构或算法。然而,为了准确回答,我们可以尝试回忆或推断常见的LOJ题目。例如,LOJ6000系列题目多为数据结构题,如线段树、树状数组等。实际上,通过搜索记忆,我回想起LOJ6279是“数列分块入门3”(BlockArray3)题目。这是“分块”系列题目中的一题。题目描述:给出一个长为n的数列,以及n个操作,操作涉及区间加法,询问区间内小于某个值x的前驱(即最大的小于x的数)。因此,用户需要的是关于LOJ6279题目的描述和解决方案。解决方案:由于题目要求分块处理,我们将数列分成若干块,每块大小为sqrt(n)。对于每个块,我们维护一个有序的数组(用于二分查找)以及一个加法标记(记录整个块被加了多少)。操作:1.区间加法:对于整块,直接更新加法标记;对于不完整的块,暴力更新元素值,然后重新排序该块(或者重新构建有序数组)。2.查询区间内小于x的前驱:遍历区间内的所有块。对于整块,在块的有序数组中二分查找小于(x-加法标记)的最大值;对于不完整的块,暴力遍历每个元素,判断是否小于x(注意加上加法标记)并更新最大值。代码实现(C++)示例:```cpp#include<iostream>#include<vector>#include<cmath>#include<algorithm>#include<climits>usingnamespacestd;constintMAXN=100010;constintBLOCK_SIZE=320;//约sqrt(MAXN)intn;vector<int>a;vector<int>block_add;//每块的加法标记vector<vector<int>>sorted_blocks;//每块的有序数组voidinit(){intblock_num=(n+BLOCK_SIZE-1)/BLOCK_SIZE;block_add.assign(block_num,0);sorted_blocks.resize(block_num);for(inti=0;i<n;i++){sorted_blocks[i/BLOCK_SIZE].push_back(a[i]);}for(inti=0;i<block_num;i++){sort(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end());}}voidupdate_block(intblock_id){sorted_blocks[block_id].clear();intstart=block_id*BLOCK_SIZE;intend=min((block_id+1)*BLOCK_SIZE,n);for(inti=start;i<end;i++){sorted_blocks[block_id].push_back(a[i]);}sort(sorted_blocks[block_id].begin(),sorted_blocks[block_id].end());}voidadd(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){block_add[i]+=c;}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_r);}}intquery(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;intans=-1;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){//在块i的有序数组中二分查找小于c-block_add[i]的最大值inttarget=c-block_add[i];autoit=lower_bound(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end(),target);if(it!=sorted_blocks[i].begin()){it--;intval=*it+block_add[i];if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_r];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}returnans;}intmain(){cin>>n;a.resize(n);for(inti=0;i<n;i++){cin>>a[i];}init();for(inti=0;i<n;i++){intop,l,r,c;cin>>op>>l>>r>>c;l--;r--;//如果题目输入是1-indexed,则转换为0-indexedif(op==0){add(l,r,c);}else{cout<<query(l,r,c)<<endl;}}return0;}```注意:上述代码是示例代码,可能需要根据题目具体输入要求进行调整。§§相关问题§§1.LOJ6279题目的具体描述是什么?2.分块算法的时间复杂度是多少?3.除了分块,还有哪些方法可以解决LOJ6279?4.如何优化分块算法的常数?5.分块算法适用于哪些场景?</think>### LOJ 6279 题目分析与解决方案 **题目描述**:LOJ 6279 是 LibreOJ 上的 **"数列分块入门 3"**,属于分块算法的经典练习题。核心要求如下: - **操作 1**:区间 $[l, r]$ 内每个数加上值 $c$ - **操作 2**:查询区间 $[l, r]$ 内小于 $c$ 的**最大元素值**(即前驱),不存在时返回 $-1$ #### 分块算法设计 分块的核心思想是将数列划分为 $\sqrt{n}$ 大小的块,平衡暴力操作与批量处理。 ##### 关键数据结构 1. **块内有序数组**: - 每块维护一个排序后的数组,用于二分查找前驱。 - 示例:块 $B_i$ 的排序数组为 $S_i$。 2. **加法懒标记**: - 记录整块被加的总值 $add_i$(不影响块内有序性)。 ##### 操作实现 1. **区间加法($[l, r] + c$)**: - **整块**:直接更新懒标记 $add_i \gets add_i + c$,时间复杂度 $O(1)$。 - **碎块**:暴力修改元素值,并**重构有序数组**(排序),时间复杂度 $O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$。 2. **查询前驱($[l, r]$ 内 $< c$ 的最大值)**: - **整块**:在有序数组 $S_i$ 中二分查找 $c - add_i$ 的前驱,时间复杂度 $O(\log \sqrt{n})$。 - **碎块**:暴力遍历元素,检查 $a_j + add_i < c$ 并更新最大值,时间复杂度 $O(\sqrt{n})$。 #### 代码实现(C++) ```cpp #include <iostream> #include <vector> #include <cmath> #include <algorithm> #include <climits> using namespace std; const int MAXN = 100010; int n, block_size; vector<int> a; vector<int> add_tag; // 块的加法标记 vector<vector<int>> blocks; // 每块的有序数组 void init() { block_size = sqrt(n); int block_num = (n + block_size - 1) / block_size; add_tag.assign(block_num, 0); blocks.resize(block_num); for (int i = 0; i < n; i++) blocks[i / block_size].push_back(a[i]); for (int i = 0; i < block_num; i++) sort(blocks[i].begin(), blocks[i].end()); } void rebuild_block(int block_id) { blocks[block_id].clear(); int start = block_id * block_size; int end = min(start + block_size, n); for (int i = start; i < end; i++) blocks[block_id].push_back(a[i]); sort(blocks[block_id].begin(), blocks[block_id].end()); } void range_add(int l, int r, int c) { int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size; if (block_l == block_r) { // 同一块内 for (int i = l; i <= r; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_l); } else { // 左侧碎块 for (int i = l; i < (block_l + 1) * block_size; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_l); // 中间整块 for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) add_tag[i] += c; // 右侧碎块 for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_r); } } int query_predecessor(int l, int r, int c) { int ans = -1; int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size; // 左侧碎块暴力查询 for (int i = l; i < min(r + 1, (block_l + 1) * block_size); i++) { int val = a[i] + add_tag[block_l]; if (val < c && val > ans) ans = val; } // 中间整块二分查找 for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) { int target = c - add_tag[i]; auto it = lower_bound(blocks[i].begin(), blocks[i].end(), target); if (it != blocks[i].begin()) { it--; int val = *it + add_tag[i]; if (val < c && val > ans) ans = val; } } // 右侧碎块暴力查询 if (block_l != block_r) { for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) { int val = a[i] + add_tag[block_r]; if (val < c && val > ans) ans = val; } } return ans; } int main() { cin >> n; a.resize(n); for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i]; init(); for (int i = 0; i < n; i++) { int op, l, r, c; cin >> op >> l >> r >> c; l--; r--; // 转为0-indexed if (op == 0) range_add(l, r, c); else cout << query_predecessor(l, r, c) << endl; } return 0; } ``` #### 算法分析 - **时间复杂度**: - 单次修改/查询:$O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$(碎块排序主导)。 - 总操作 $m$ 次:$O(m \sqrt{n} \log n)$。 - **空间复杂度**:$O(n)$。 #### 优化技巧 1. **减少排序次数**: - 碎块修改时只重构受影响块的有序数组。 2. **块大小调整**: - 实测调整块大小为 $n^{0.6}$ 可能更快(需测试)。 #### 应用场景 分块算法适用于**强制在线**的区间问题(如 LOJ 的数列分块系列题),在 $O(\sqrt{n})$ 复杂度下平衡修改与查询[^1]。
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