标签：open nss 直接 push 二分答案 for lld har sdi
也许是最后一篇了。
不错的签到题。
对于二进制位来说，高位的一个1比低位的所有1的贡献总和还要大。
显然，$r$必选，因为$r$中所有1的相对考前。那么考虑如何构造另一个数。
首先$l$和$r$前几位相同的部分肯定是不能动的，所以从$l,r$不同那位开始贪心即可。如果$r$这位为0，只要构造的这个数爆不了$r$就让它的这位为1。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
int T;
ll l,r;
void work()
{
scanf("%lld%lld",&l,&r);
ll res=0;bool ok=0;
for(int i=62;i>=0;i--)
{
int now=(r>>i)&1LL,nowl=(l>>i)&1LL;
if(now!=nowl)ok=1;
//cout<<i<<‘ ‘<<now<<‘ ‘<<nowl<<‘ ‘<<ok<<endl;
if(!now)
if((res|(1LL<<i))<=r&&ok)res|=1LL<<i;
}
printf("%lld\n",r|res);
}
int main()
{
freopen("maxor.in","r",stdin);
freopen("maxor.out","w",stdout);
scanf("%d",&T);
while(T--)work();
return 0;
}
题意可以转化为：求用所给的$n$个数组成的$2^n$个数中的第$k$大值，$k=ceil(2^n \times p)$。
然后就是裸的折半搜索了。分别搜出前一半和后一半的子集和，然后二分答案。
之后考虑如何求 从两组数里各取一个数，且令取出的两数和$\ge$二分值的数对的个数。
先把两组数排序，然后枚举第一组选到哪个，第二组维护一个倒着扫的单调指针即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,a[45],n1,n2,sz1,sz2;
double p;
ll kth;
vector<int>s1,s2;
void dfs(int x,int tot,int op)
{
if(!op&&x>n1)
{
s1.push_back(tot);
return ;
}
if(op&&x>n)
{
s2.push_back(tot);
return ;
}
dfs(x+1,tot,op);
dfs(x+1,tot+a[x],op);
}
bool check(int val)
{
ll res=0;int j=sz2;
for(int i=0;i<sz1;i++)
{
res+=sz2-j;
while(j>0&&s2[j-1]+s1[i]>=val)j--,res++;
}
return res>=kth;
}
#define F
int main()
{
#ifdef F
freopen("answer.in","r",stdin);
freopen("answer.out","w",stdout);
#endif
scanf("%d%lf",&n,&p);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
kth=(1LL<<n)-ceil(1.0*(1LL<<n)*p)+1;
n1=n/2;
dfs(1,0,0);dfs(n1+1,0,1);
sz1=s1.size();sz2=s2.size();
sort(s1.begin(),s1.end());
sort(s2.begin(),s2.end());
int l=0,r=1e9,ans;
while(l<=r)
{
int mid=l+r>>1;
if(check(mid))ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
其实正解挺神的……但是它w范围这么小 不用白不用啊。
直接开桶维护每个联合权值的个数，然后利用bitset去除三元环的情况即可。
我没脸
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<bitset>
using namespace std;
#define pa pair<int,int>
#define re register
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
return x*f;
}
typedef long long ll;
const int N=3e4+5;
int n,m,t;
int to[N<<1],head[N],nxt[N<<1],tot,ansm;
pa p[N<<1];
bitset<N> s[N];
ll w[N],anss,bu[N>>1],cnt[N>>1];
inline void add(re int x,re int y)
{
to[++tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
inline void print()
{
if(t!=2)printf("%d\n",ansm);
else puts("0");
if(t!=1)printf("%lld\n",anss);
else puts("0");
}
#define F
int main()
{
#ifdef F
freopen("link.in","r",stdin);
freopen("link.out","w",stdout);
#endif
n=read();m=read();t=read();
for(re int i=1;i<=m;i++)
{
int x=read(),y=read();
p[i]=make_pair(x,y);
add(x,y);add(y,x);s[x][y]=1;s[y][x]=1;
}
for(re int i=1;i<=n;i++)
w[i]=read();
for(re int x=1;x<=n;x++)
{
memset(bu,0,sizeof(bu));
for(re int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
for(int k=1;k<=100;k++)
cnt[w[y]*k]+=bu[k];
bu[w[y]]++;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int now=(s[p[i].first]&s[p[i].second]).count();//cout<<i<<‘ ‘<<now<<endl;
cnt[w[p[i].first]*w[p[i].second]]-=now;
}
for(int i=1;i<=10000;i++)
anss+=1LL*i*cnt[i],ansm=max(ansm,cnt[i]?i:0);
anss*=2;
print();
return 0;
}
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Rorschach-XR/p/11838305.html
