标签:包含 tchar 需要 ext etc 时空 getchar 存在 暴力
这是一篇 在线算法 的题解!!!
用了分块,虽然比莫队差一点点点点,但怎么说也是一种优美的解法。
只是比较考验细节,调了好几个小时啊啊啊啊啊。。。
wtcl...
数列分块又被称作数列的平方分割。
数列分块是将整段数列分为均匀的几块,使得每块长度为\(b\)(末块的最后一个是第\(n\)个,并不是直接向后\(+b\)个,注意特判)。这里,\(b\)常取\(\sqrt{n}\)。
然后对每个块都维护一些必要的信息。
比如:P3372 【模板】线段树 1这一题就可以用分块做。
我们维护一下每个块的原数字之和,加法标记即可。
查询或修改时,并不一定目标区间一定包含整块。对于边角块,暴力。对于整块,取其现成维护的信息即可。
由于散块中的元素不超过\(2\sqrt{n}\)个,整块一个不超过\(\sqrt{n}\)块,所以这样的分块算法复杂度为\(O(m\sqrt{n})\)。
如果仅仅对分块了解至此,对于本题而言还是远远不够的。详细的教程请自行到网上学习。这里不再赘述。
本题中,这里认为\(n,m,k\)同阶。
在下面的算法中,我们要做到快速求得某一段的异或和。
我们知道,异或的逆运算即为异或。
所以我们定义\(s_i=a_1\oplus a_2\oplus ... \oplus a_i\),其中\(\oplus\)代表异或,\(a\)为原数组。
那么\(a_l\oplus a_{l+1}\oplus ... \oplus a_{r}\)就等于\(s_{r}\oplus s_{l-1}\)。
现在问题成了:给定\(l,r\),求区间\([l-1,r]\)中有多少对二元组\((i,j)\)满足\(l-1\le i\le j\le r\)且\(s_i\oplus s_j=k\)。
注意,由于实际使用时,\(l\)是要减一的,因此不能从一开始,而是0。
我们现在使用\(s\)取代一无是处的\(a\)。
\(pre[i][j]\)表示前\(i\)个块之内,数字\(j\)出现的次数。
\(ans[i][j]\)表示第\(i\)个到第\(j\)块(包括\(i,j\))的 答案。
至于为什么做这些,请继续阅读。
这里我们暂时仍用\(\sqrt{n}\)作块的大小。
先是\(pre\),这个简单。我们在\(s\)上一路扫去直到\(B|i\)时,即应该是下一个块的开始时,我们将这个块的\(pre\)的信息copy到下一个块中。扫的时候顺便处理一下第\(i\)个位置的所属块的编号。
下面的代码优化了一下,就是先求出最大的\(s\)的元素,以其为边界进行copy。注意不要漏掉0。
memset(pre[0],0,sizeof(pre[0]));
limits=*max_element(s,s+1+n);
for(register int i=0,j=0;i<=n;i++)
{
if(i%B==0)
{
block=++j;
for(register int val=0;val<=limits;val++)
pre[j][val]=pre[j-1][val];
}
belong[i]=j,pre[j][s[i]]++;
}
这部分的复杂度为\(O(\max\limits_{i\in [0,n]}{s_i}\times \sqrt{n})\)。
然后是\(ans\),这个是第一个难点。为了求出所有的\(ans\),我们分两步做。
这个不难,只要暴力计算就行了。复杂度\(O((\sqrt{n})^3)=O(n\sqrt{n})\)。
上面我们计算的\(ans[i][i]\)即将会用到!
我们假设我们已经求得了\(ans[i][j-1]\)的值,那么\(ans[i][j]\)的值就是\(ans[i][j-1]+ans[j][j]\)······
Wrong!
上面,我们相当于只计算了区间的左右端点(这里左右端点指“下面算法基于的技巧”中的\((i,j)\)的二元组)都在\([\text{第i块,第j-1块}]\)和都在\(\text{第j块}\)的情况,而很有可能左右端点并不在上述两个区间之中的同一个,可能左端点在\([\text{第i块,第j-1块}]\),而右端点在\(\text{第j块}\)。这种情况我们漏掉了。
那怎么计算呢?我们可以枚举上述2部分的其中一部分的所有元素,另一部分可以利用已经求得的\(pre\)来计算与之对应的元素的个数。
那么枚举那一部分呢?显然是第二部分。因为第二部分是一个块,最多\(\sqrt{n}\)个元素,而第一部分指不定有多少块呢。。复杂度\(O(2(\sqrt{n})^3)=O(n\sqrt{n})\)
处理\(ans\)的算法大致明朗了,代码:
for(register int i=1;i<=block;i++)
for(register int j=(i-1)*B;j<=min(n,i*B-1);j++)
for(register int p=j+1;p<=min(n,i*B-1);p++)
if((s[j]^s[p])==k) ans[i][i]++;
for(register int i=1;i<=block;i++)
for(register int j=i+1;j<=block;j++)
{
ans[i][j]=ans[i][j-1]+ans[j][j];
for(register int p=(j-1)*B;p<=min(n,j*B-1);p++)
ans[i][j]+=pre[j-1][s[p]^k]-pre[i-1][s[p]^k];
}
预处理工作就这么愉快的结束啦!预处理总复杂度为\(O(n\sqrt{n})\)。
查询时,输入是\(l,r\),但查询时我们要将\(l\)减一,方便处理。
那么查询怎么做呢?别急,我们暂且讨论一下如何在\(O(\text{区间长度})\)的时间内求得一个询问的答案。
定义\(rec[i]\)为数字\(i\)出现的次数。
我们先扫一边区间,并处理好\(rec\)。然后再扫一遍,扫到第\(i\)位的时候,先将\(rec[s_i]\)减一,再将\(s_i\oplus k\)的数的个数,即\(rec[s_i\oplus k]\)的值加到答案上即可。
代码:
LL ret=0ll;
for(register int i=l;i<=r;i++)
__rec[s[i]]++;
for(register int i=l;i<=r;i++)
__rec[s[i]]--,ret+=__rec[s[i]^k];
return ret;
对于散块,或者\((l,r)\)之间( 不包括两个端点,便于判断 )并没有整块的情况,我们直接这样暴力即可。
由于这两种情况扫描的长度不超过\(2\sqrt{n}\),所以单次操作的复杂度为\(O(\sqrt{n})\)。
这是本题的第二个难点。
当时智障的我:这不就散块暴力,中间直接取\(ans\)就行了嘛......
Wrong!
还是那个问题:我们不能保证左右端点都在(这里左右端点指“下面算法基于的技巧”中的\((i,j)\)二元组)左散块或都在右散块或都在整块。
所以麻烦的来了:我们不仅要计算三个独立的块,还有以下三种情况:
左端点在左散块,右端点在整块
左端点在左散块,右端点在右散块
左端点在整块,右端点在右散块
不急,慢慢来。
左右散块像上面一样暴力,整块部分直接取\(ans\)。
我们枚举左散块的所有元素,枚举至\(s_i\)时,在整块中查找\(s_i\oplus k\)的个数加入答案,这可以利用\(pre\)数组轻松做到。
先扫一遍左散块的所有元素,记录好左散块中每个元素出现的次数,即\(rec\)数组。
然后枚举右散块的所有元素,枚举至\(s_i\)时,在左散块中查找\(s_i\oplus k\)的个数,即\(rec[s_i\oplus k]\)的值加入答案。
整块不好枚举,所以我们枚举右端点。其他的操作与情况2的处理方式基本相同。
以上就是处理包含整块情况的查询的全部内容啦!
代码:
int X=belong[l]+1,Y=belong[r]-1;
LL ret=0ll;
/*整块*/
ret+=ans[X][Y];
/*左散块*/
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
__rec[s[i]]++;
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
__rec[s[i]]--,ret+=__rec[s[i]^k];
/*右散块*/
for(register int i=r;belong[r]==belong[i];i--)
__rec[s[i]]++;
for(register int i=r;belong[r]==belong[i];i--)
__rec[s[i]]--,ret+=__rec[s[i]^k];
/*左散块 -> 右散块*/
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
__rec[s[i]]++;
for(register int i=r;belong[r]==belong[i];i--)
ret+=__rec[s[i]^k];
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
__rec[s[i]]--;
/*左散块 -> 整块*/
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
ret+=pre[Y][s[i]^k]-pre[X-1][s[i]^k];
/*整块 -> 右散块*/
for(register int i=r;belong[r]==belong[i];i--)
ret+=pre[Y][s[i]^k]-pre[X-1][s[i]^k];
return ret;
复杂度:还是取决于散块的最大长度,为\(O(\sqrt{n})\)
再次注明:此处认为\(n,m,k\)同阶。
时间:\(O(n\sqrt{n})\)
空间:\(O(n\sqrt{n})\)(\(pre\)数组)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read(){int x=0,f=1;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}return f*x;}
const int N=1e5+5;
const int K=1e5+5;
const int B=150;
const int T=N/B+5;
int s[N];
int n,m;
int k;
namespace SqrtDiv
{
typedef long long LL;
int belong[N];
int pre[T][K<<1];
LL ans[T][T];
int limits;
int block;
inline void init()
{
memset(ans,0,sizeof(ans));
memset(pre[0],0,sizeof(pre[0]));
limits=*max_element(s,s+1+n);
for(register int i=0,j=0;i<=n;i++)
{
if(i%B==0)
{
block=++j;
for(register int val=0;val<=limits;val++)
pre[j][val]=pre[j-1][val];
}
belong[i]=j,pre[j][s[i]]++;
}
for(register int i=1;i<=block;i++)
for(register int j=(i-1)*B;j<=min(n,i*B-1);j++)
for(register int p=j+1;p<=min(n,i*B-1);p++)
if((s[j]^s[p])==k) ans[i][i]++;
for(register int i=1;i<=block;i++)
for(register int j=i+1;j<=block;j++)
{
ans[i][j]=ans[i][j-1]+ans[j][j];
for(register int p=(j-1)*B;p<=min(n,j*B-1);p++)
ans[i][j]+=pre[j-1][s[p]^k]-pre[i-1][s[p]^k];
}
}
int __rec[K<<1];
inline LL query(int l,int r)
{
LL ret=0ll;
if(belong[r]-belong[l]<=1)
{
for(register int i=l;i<=r;i++)
__rec[s[i]]++;
for(register int i=l;i<=r;i++)
__rec[s[i]]--,ret+=__rec[s[i]^k];
return ret;
}
int X=belong[l]+1,Y=belong[r]-1;
/*整块*/
ret+=ans[X][Y];
/*左散块*/
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
__rec[s[i]]++;
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
__rec[s[i]]--,ret+=__rec[s[i]^k];
/*右散块*/
for(register int i=r;belong[r]==belong[i];i--)
__rec[s[i]]++;
for(register int i=r;belong[r]==belong[i];i--)
__rec[s[i]]--,ret+=__rec[s[i]^k];
/*左散块 -> 右散块*/
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
__rec[s[i]]++;
for(register int i=r;belong[r]==belong[i];i--)
ret+=__rec[s[i]^k];
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
__rec[s[i]]--;
/*左散块 -> 整块*/
for(register int i=l;belong[l]==belong[i];i++)
ret+=pre[Y][s[i]^k]-pre[X-1][s[i]^k];
/*整块 -> 右散块*/
for(register int i=r;belong[r]==belong[i];i--)
ret+=pre[Y][s[i]^k]-pre[X-1][s[i]^k];
return ret;
}
}
signed main()
{
n=read(),m=read(),k=read();
for(register int a,i=1;i<=n;i++)
a=read(),s[i]=s[i-1]^a;
SqrtDiv::init();
while(m--)
{
int l=read()-1,r=read();
printf("%lld\n",SqrtDiv::query(l,r));
}
return 0;
}
\(ans\)数组记得开long long
。
注意询问时要将\(l\)减一,预处理时从0开始。
虽然原数字中的元素不超过\(10^5\),但是\(\oplus\)之后可能会超过这个值。\(10^5\)的二进制是1 1000 0110 1010 0000?
,共17位,值域应该开到\(2^{18}\),也就是1<<18
。这里直接开到了\(2\times 10^5\)。
注意暴力计算散块时,\(rec[s_i]\)要先减去一再加入答案。最后清空\(rec\)时不能草率地memset
,因为这样时\(O(n)\)的复杂度会原地爆炸。应当怎么加过来,怎么减回去,具体操作上面的代码有所体现。
有人已经发现了:上面代码中块的大小我调小了。
如果把块的大小设成\(\sqrt{n}\),即\(\sqrt{10^5}\approx 316\),那么只能拿到70pts:https://www.luogu.com.cn/record/30177145
这是咋回事呀??
观察以下我们的算法,会发现这不像简单的线段树1模板一样,整块散块都需要\(\sqrt{n}\)的时间,而是只需要散块的时间,也就是说单次操作的效率只取决于散块的长度。
这样一来,块大了,散块可能也就大了,效率就会降低。因此我调小了块的大小(150),虽然空间需求大了,但是果然快了不少:https://www.luogu.com.cn/record/30185458
注:块的大小为200时开O2才可以过。
双倍经验:CF617E XOR and Favorite Number
然而这份代码过不了。。。
上面,我们假设\(n,m,k\)同阶,但这里不行,因为值域\(k\le 10^6\)。这样复杂度就是\(O((m+k)\sqrt{n})\),非常的菜。而且\(pre\)数组也是关于值域\(k\)的,直接\(MLE\)了。
难道就只有莫队可解了吗?对此本人持怀疑的态度。如果强大的你找到了更好的分块(可以是线段树)方法,欢迎私信(或评论)。
wtcl这一题调了半天。。。
码字不易,留个赞叭QwQ。
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原文地址:https://www.cnblogs.com/-Wallace-/p/12267923.html