P4887 【模板】莫队二次离线（第十四分块(前体)）

最新推荐文章于 2025-06-16 16:40:55 发布

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本文介绍了如何使用离线莫队算法解决区间内满足特定条件的元素个数的二次计数问题。通过预处理和区间贡献的计算，实现了O(Cn+m√n)的时间复杂度，其中C是组合数。代码实现包括了区间更新和查询的处理，适用于处理大量查询的场景。

P4887 【模板】莫队二次离线（第十四分块(前体)）

Solution

简单学习了一下二次离线莫队，写了个板子题。

这题直接莫队时间复杂度为 $O(Cnn)O(Cn\sqrt n)$ ，其中 $C=(14k)C=\binom{14}{k}$ ，显然不太行。

我们考虑当前区间为 $[l, r]$ ，右端点增加 $k$ ，变为 $[l, r + k]$ 产生的贡献：

令 $ai)=k]f(x,[l,r])=[\sum_{i=l}^rpopcount(x\;xor\;a_i)=k]$

则有：
$Δans\Delta ans$

$=∑i=r+1r+kf(i,[l,i−1])=\sum_{i=r+1}^{r+k}f(i,[l,i-1])$

$=∑i=r+1r+kf(i,[1,i−1])−f(i,[1,l−1])=\sum_{i=r+1}^{r+k} f(i,[1,i-1])-f(i,[1,l-1])$

于是我们可以预处理 $f (i, [1, i - 1])$ ，并且离线求出 $∑i=r+1r+kf(i,[1,l−1])\sum_{i=r+1}^{r+k}f(i,[1,l-1])$ 。这个可以在 $O(Cn+mn)O(Cn+m\sqrt n)$ 的时间内完成。

其他端点的移动同理。

总时间复杂度为 $O(Cn+mn)O(Cn+m\sqrt n)$ 。

Code

const int MX = 1 << 14;
int b[MX], sum[MX], a[MAXN], sz, bnum = 0, Cnum = 0, n, m, K;
ll s0[MAXN], s1[MAXN], Ans[MAXN];
struct Cnode{ int l, r, x, id; ll ans; } C[MAXN << 1];
struct Qnode{ int l, r, id; } Q[MAXN];

void Init() {
	for (int i = 0; i < MX ; ++ i) 
		if (__builtin_popcount(i) == K) b[++ bnum] = i;

	sort(Q + 1, Q + m + 1, [&](Qnode a, Qnode b){ return ((a.l - 1) / sz < (b.l - 1) / sz) || ((a.l - 1) / sz == (b.l - 1) / sz && a.r < b.r); });
	for (int i = 1, l = 1, r = 0; i <= m ; ++ i) {
		if (r < Q[i].r) ++ Cnum, C[Cnum] = (Cnode){r + 1, Q[i].r, l - 1, Cnum, 0}, r = Q[i].r;
		if (r > Q[i].r) ++ Cnum, C[Cnum] = (Cnode){Q[i].r + 1, r, l - 1, Cnum, 0}, r = Q[i].r;
		if (l < Q[i].l) ++ Cnum, C[Cnum] = (Cnode){l, Q[i].l - 1, r, Cnum, 0}, l = Q[i].l;
		if (l > Q[i].l) ++ Cnum, C[Cnum] = (Cnode){Q[i].l, l - 1, r, Cnum, 0}, l = Q[i].l;
	}
}
void Work() {
	sort(C + 1, C + Cnum + 1, [&](Cnode a, Cnode b){ return a.x < b.x; });
	for (int i = 0; i < MX ; ++ i) sum[i] = 0;
	for (int i = 1, nw = 0; i <= Cnum ; ++ i) {
		while (nw < C[i].x) {
			++ nw;
			for (int j = 1; j <= bnum ; ++ j) ++ sum[a[nw] ^ b[j]];
		}
		int Sum = 0;
		for (int j = C[i].l; j <= C[i].r ; ++ j) Sum += sum[a[j]];
		C[i].ans = Sum;
	} 
	for (int i = 0; i < MX ; ++ i) sum[i] = 0;
	for (int i = 1; i <= n ; ++ i) {
		s0[i] = s0[i - 1] + sum[a[i]];
		for (int j = 1; j <= bnum ; ++ j) ++ sum[a[i] ^ b[j]];
		s1[i] = s1[i - 1] + sum[a[i]];
	}
}
void Solve() {
	sort(C + 1, C + Cnum + 1, [&](Cnode a, Cnode b){ return a.id < b.id; });
	for (int i = 1, l = 1, r = 0, nw = 0; i <= m ; ++ i) {
		Ans[Q[i].id] = Ans[Q[i - 1].id];
		if (r < Q[i].r) ++ nw, Ans[Q[i].id] += (s0[Q[i].r] - s0[r]) - C[nw].ans, r = Q[i].r;
		if (r > Q[i].r) ++ nw, Ans[Q[i].id] -= (s0[r] - s0[Q[i].r]) - C[nw].ans, r = Q[i].r;
		if (l < Q[i].l) ++ nw, Ans[Q[i].id] += (s1[Q[i].l - 1] - s1[l - 1]) - C[nw].ans, l = Q[i].l;
		if (l > Q[i].l) ++ nw, Ans[Q[i].id] -= (s1[l - 1] - s1[Q[i].l - 1]) - C[nw].ans, l = Q[i].l;
	}
}
signed main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in", "r", stdin);
#endif
	read(n), read(m), read(K), sz = (int)sqrt(n);
	for (int i = 1; i <= n ; ++ i) read(a[i]);
	for (int i = 1; i <= m ; ++ i) read(Q[i].l), read(Q[i].r), Q[i].id = i;
	
	Init();
	Work();
	Solve();

	for (int i = 1; i <= m ; ++ i) print(Ans[i]), putc('\n');
	return 0;
}