CJ 8.31 test

标签：不重复   eof   gcd   turn   就是   test   元素   name   push   

A

j打成i然后100->0.
我们先考虑把第一个操作并到第二个操作里面。
显然把某二进制位取反等于异或上\(2^i\)。
去个重应该可以降一点复杂度。最多38个元素。
我们现在把要做的变成了求使用一个数组中的元素\(\{a_1,\cdots,a_n\}\)相互异或成\(p=s\oplus t\)的最短步数。
我们可以用bfs来做一个类似最短路的问题，对于每一个询问，我们可以在计算出当前答案之后停止计算，等之后的询问需要计算时继续计算。
并且\(dis\)数组一开始可以设置为只异或上\(2^i\)变成\(0\)的最短步数，可以降一点复杂度。
实际上并不需要这些剪枝。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int P=998244353,N=262144;
int dis[N],d[N],a[39];
queue<int>q;
int read(){int x=0;char c=getchar();while(c<48||c>57)c=getchar();while(c>=48&&c<=57)x=x*10+c-48,c=getchar();return x;}
int inc(int a,int b){a+=b;return a>=P? a-P:a;}
int mul(int a,int b){return 1ll*a*b%P;}
int main()
{
    freopen("A.in","r",stdin),freopen("A.out","w",stdout);
    int T,n,m,Q,i,j,p,x,ans=0;
    for(i=1;i<N;++i) d[i]=d[i^(i&-i)]+1;
    for(T=read();T;--T)
    {
    m=read(),Q=read(),n=ans=0,memcpy(dis,d,sizeof dis);
    while(!q.empty()) q.pop();
    for(x=1;x<N;x<<=1) dis[x]=1,q.push(x),a[++n]=x;
    for(i=1;i<=m;++i){x=read();if(dis[x]^1)dis[x]=1,q.push(x),a[++n]=x;}
    for(i=1;i<=Q;++i)
    {
        p=read()^read();
        while(!q.empty())
        {
        x=q.front(); if(dis[x]>=dis[p]) break; q.pop();
        for(j=1;j<=n;++j) if(dis[x^a[j]]>dis[x]+1) dis[x^a[j]]=dis[x]+1,q.push(x^a[j]);
        }
        ans=inc(ans,mul(i,dis[p]));
    }
    printf("%d\n",ans);
    }
}

C

我们可以把答案分成两部分。
第一部分是竖的和横的，这部分的答案是\({n\choose3}m+{m\choose3}n\)，稍微特判一下。
第二部分是斜着的。
我们只需要考虑从左下到右上的（原点在最左下），从左上到右下的和从左下到右上的是一样的。
然后我们可以把其中一个端点平移至原点\((0,0)\)。
所以实际上就是枚举一个点\((i,j)\)，计算在这个点到原点的线段上有多上个点，即多少对三点共线，这个答案应该是\(gcd(i,j)-1\)。（注意这里是线段，这样才能保证不重复算）
并且这样的还可以进行平移，答案需要乘上\((n-i)(m-j)\)。

CJ 8.31 test

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原文地址：https://www.cnblogs.com/cjoierShiina-Mashiro/p/11456250.html