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用家里的电脑来编程，各种不算
一开始15分钟刷掉T1和T2，然后就永远地卡在了T3。。。
后来看题解，傻了眼。。。
它强调的“只有一个答案”我还以为这是在提示我二分答案，于是我一直往权值线段树那个方向想去
哪知它还代表一个意思：路径xor值即是答案。。。
好吧我脑袋秀逗了。。
代码：
T1
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define rep(i, l, r) for(int i=l; i<=r; i++)
#define maxn 10009
#define ll long long
using namespace std;
ll read()
{
ll 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;
}
ll n;
int main()
{
int t=read(); while(t--)
{
n=read(); int a=0, b=0;
while (n)
{
if (a==0 && (n&1)==1) b++;
a=n&1; n>>=1;
}
printf("%d\n", b);
}
return 0;
}
T2
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define rep(i, l, r) for(int i=l; i<=r; i++)
#define maxn 1009
#define maxq 100009
#define lowbit(x) (x&-x)
#define ll long long
using namespace std;
ll read()
{
ll 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;
}
struct node{int x,y,z,w;} t[maxq];
int n, q, k[maxn], num[maxn], s[maxn];
bool cmp(node a, node b){return a.x<b.x;};
bool cmp2(node a, node b){return a.w<b.w;};
void Add(int x, int v)
{
while (x<=n) s[x]+=v, x+=lowbit(x);
}
int Que(int x)
{
int now=0;
while (x>0) now+=s[x], x-=lowbit(x);
return now;
}
int main()
{
n=read(), q=read();
rep(i, 1, n) k[i]=read();
rep(i, 1, q) t[i].x=read(), t[i].y=read(), t[i].w=i; sort(t+1, t+1+q, cmp);
rep(i, 1, n) rep(j, 1, i-1) if (k[j]>k[i]) num[i]++;
rep(i, 1, n) Add(i, num[i]);
int now=1;
rep(o, 1, q)
{
while (now<t[o].x)
{
rep(i, now+1, n) if (k[now]>k[i]) Add(i, -1);
now++;
}
t[o].z=Que(t[o].y);
}
sort(t+1, t+1+q, cmp2);
rep(i, 1, q) printf("%d\n", t[i].z);
return 0;
}
题解：
1001 Dylans loves numbers
这道题就是按照题意模拟。
设读入的数是N，我们先把N分解成二进制形式放在数组A里。（正反顺序没有关系）
然后对A数组循环一边，如果当前位置是1而前一位是0那么计数器就++。注意一些小的细节。
时间复杂度为O(T∗log(N))1002 Dylans loves sequence
N只有1000，于是想怎么来就怎么来。
最容易想到的是枚举开头，然后Nlog(N)时间里去算逆序对，用一个树状数组维护。
（可惜BC不给卡。。。呜呜呜）
仔细一想发现可以很简单地做到N2.
设ans[l][r]为l∼r的逆序对数量。首先我们暴力地先算好ans[1][1..N]。
然后i从2∼N枚举，每次计算从i开始的逆序对。
那么ans[i][j]比ans[i−1][j]少了什么呢？没错，少了a[i−1]这个数的贡献。
我们再开一个累加器cnt。枚举j从i∼N，如果a[i−1]和a[j]产生逆序对就cnt[j]=−1
然后我们从右往左累加cnt(因为贡献是前缀和性质的)
最后ans[i][j]=ans[i−1][j]+cnt[j]。
预处理完所有的答案就可以O(1)的询问啦。1003 Dylans loves tree
题目里有一个很神奇的性质：路径上最多只有一个数出现奇数次。
这应该马上想到异或。因为异或两次和没异或是等价的。此外异或满足区间减性质。
因为有修改，我们很自然地想到用数据结构维护。
最无脑的就是直接上树链剖分或是Splay维护区间xor值即可。
仔细想一想，发现可以利用LCA消去“树上路径”，转化为根到x路径上求xor值。
我们可以很经典地直接使用线段树或树状数组维护dfs序。
（然而BC不给我卡log2。。。呜呜呜）
有一个很强的trick就是权值可以为0！
所以比如路径上有3个0，虽然他们xor值还是0，但是他们是出现了奇数次。
我特意把A[i]说成∈自然数集而不是[0,100000]，就是想尽量不被发现。
怎么避免呢？单独维护0的情况？
有一个很简单的解决方案：直接把读入时所有权值+1，输出的时候再-1即可！
时间复杂度为O(N∗log(N)2)或者O(N∗log(N))1004 Dylans loves polynomial
n的范围3000。考虑多项式插值的方法。
因为是对子串进行插值，我们很自然地想到牛顿插值。（如果不会请自行百度）。
那么只需先预处理一个3000∗3000的差商表，然后每次询问就能O(N)的读取对角线上的差商，那么问题就解决了。
时间复杂度为O(N2+NQ)
当然出完题后我还脑补出了一个n^2的拉格朗日的方法。
不过细节有点多，要搞一些前缀积、后缀积来维护，这里不再叙述。吐槽：验题人说题目有点难，本次出题1002的idea换了好几次，然后基本是1002换成1003，1003换成了1004。（也就是说还有一道有趣的题目未能出出来）
然后大家在Clarification里大量询问C题是否有负和0点权，这给一些同学提了醒~
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原文地址：http://www.cnblogs.com/NanoApe/p/4591052.html
