【BZOJ】5220: [Lydsy2017省队十连测]异或与区间加 多重分块&分类讨论

版权声明：转载请附带链接或评论 https://blog.csdn.net/corsica6/article/details/82765071

传送门：bzoj5220

---

题意

给定长度为 $n$的数组 $a$中不超过 $n^2$个区间(以 $l,r$满足异或和为 $k$的形式给出)，再给定初始值均为 $0$的长度为 $n$的数组 $b$和 $m$次 $(st,ed,w)$的加值操作，具体操作为：遍历所有给定的区间，若满足 $l\geq st,r\leq ed$的区间，则将 $b_l,b_{l+1},...,b_r$全部加上 $w$。
求操作完毕后的 $b$数组。

$n,m\leq 150000,a_i< 2^{30}$。

---

题解

这道题真的是将分块&分类讨论进行到底啊。不仅操作分块，赋值也要分情况讨论，最终将复杂度优化到 $O((n+m)\sqrt n)$。膜了膜 $Claris$的题解，终于码出来了。

发现网上没什么题解，下面具体讲一下探索解法的过程：

首先考虑如何快速处理出所有满足 $a_l xora_{l+1}...xora_r=k$的区间。设 $t_i=a_1xora_2...xora_i$，条件转化为 $t_rxort_{l-1}=k$，逐个加入 $t_i$，存在 $map$里，就可以 $nlogn$处理出来了，记得记录每个位置对应的 $kxor{t_i}$的个数(之后的分类讨论会用到)。

发现这样区间数目最坏情况下多达 $n^2$级别(如全为 $k$的情况)。而加值操作固定为 $m$次。那么考虑牺牲加值操作的复杂度，使得 $b$数组的区间加操作复杂度变为 $O(1)$。

可以将加值操作按 $ed$降序排序，倒序遍历 $r=i$的区间，每次将 $ed\geq i$的加值操作更新到数组中。而对于每次区间加 $[l,r]$的询问，就是查询中 $st\leq l$的 $\sum \limits_{st_i\leq l}w_i$。将数组分块，维护加值操作即可。

区间加操作显然可以转换为差分，最后答案求个前缀和即可。这样加值操作总共是 $O(m\sqrt n)$的，单个区间加操作是 $O(1)$的。

下面到了分类讨论环节：

为保证复杂度，将区间加右端点为 $r$对应的可行 $l$个数 $\geq \sqrt n$和 $<\sqrt n$的情况分别处理。

扫描二维码关注公众号，回复： 3359845 查看本文章

• 可行 $l<\sqrt n$。直接遍历 $l$，总复杂度 $O(n\sqrt n)$。
• 可行 $l\geq sqrt n$。直接遍历 $l$复杂度无法保证，而这样的情况出现次数同样 $\leq \sqrt n$次，那么将所有满足 $t_{l'}=t_l,t_{r'}=t_r$的区间 $[l,r]$提出来，按照以下方法 $O(n+m)$处理，总复杂度 $O((n+m)\sqrt n)$。

已经将所有 $t_l,t_r$相同且出现次数 $\geq\sqrt n$的集合提取出来了，现在逐个集合进行处理。

将加值操作拆成 $(st-1,-w),(ed,w)$，设后缀和为 $S[5]$， $S[5][pos]$即为所有 $l\leq pos\leq r$的区间的权值和。

设可行 $l$有 $nl$个，位置存在 $ql$数组中，可行 $r$有 $nr$个，位置存在 $qr$数组中。那么考虑对于一个区间加操作 $[l,r]$中 $b_l,b_{r+1}$究竟加/减了哪些值。

需要维护6种前缀/后缀和，在这里先列出：

• $S[0]$：前缀可行 $l$个数
• $S[1]$：前缀可行 $r$个数
• $S[2]$： $S[2][pos]=\sum\limits_{i=1}^m[st_i>pos](S[1][ed_i]-S[1][st_i-1])\times w_i$
• $S[3]$： $S[3][pos]=\sum\limits_{i=1}^m[st_i\leq pos\leq ed_i]S[0][st_i-1]\times w_i$
• $S[4]$： $S[4][pos]=\sum\limits_{i=1}^{nr}[qr_i\geq pos]S[5][qr_i]$
• $S[5]$： $S[5][pos]=\sum\limits_{i=1}^{m}[st_i\leq pos\leq ed_i]w_i$

对于每个 $b_l$，加上 $S[4][l]$，但这样把 $st\geq l,ed\geq r$的也加上了，所以减去 $S[2][r]$。

对于每个 $b_r$，减去 $S[0][r]\times S[5][r]$，但同样把 $st\geq l,ed\geq r$的也减去了，所以加上 $S[3][r]$。

$S[0$~ $5]$可以 $O(n+m)$处理出来，多了几遍循环，常数略大。

这样就做完了，代码实现如同上述。

$p.s.$按照 $>\sqrt n$判断会 $TLE...$，玄学调参设成 $>700$就过了。

做这种题一定要有耐心，想清楚流程写在纸上以后再打代码。。。

---

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define RI register
#define gc getchar()
#define si isdigit(cc)
using namespace std;
const int N=150050,mod=1<<30;

int n,m,kk,block;
int kl[400],kr[400],in[N],cg[400],val[N];
int a[N],to[N],dir[N],d[N];
int ban[N],ans[N],s[7][N],ql[N],qr[N],nl,nr;

map<int,int>mp;
queue<int>que;

struct P{
	int st,ed,w;
	bool operator <(const P&A)const{
	   return A.ed<ed;
	}
}op[N];

char cc;
inline void rd(int &x)
{
	cc=gc;x=0;
	for(;!si;cc=gc);
	for(;si;cc=gc) x=x*10+(cc^48);
}

inline int ad(int x,int y){x+=y;return x>=mod?x-mod:x;}
inline int dc(int x,int y){x-=y;return x<0?x+mod:x;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}

inline void init()
{
	RI int i,j,dif,sim;
	rd(n);rd(m);rd(kk);
	
	block=sqrt(n)+1; 
	for(i=1;i<=n;++i) in[i]=(i-1)/block+1;
	for(i=in[n];i;--i)
	  kl[i]=(i-1)*block+1,kr[i]=block*i;
	kr[in[n]]=min(kr[in[n]],n);
	
	for(i=1;i<=n;++i){
		rd(a[i]);a[i]^=a[i-1];//前缀异或和 
	    sim=mp[a[i]];dif=mp[kk^a[i]];//找到最近的相同的，互补的 
		to[i]=sim;dir[i]=dif;d[i]=d[sim]+1;//s[i]出现的第d[i]次 
		mp[a[i]]=i;
	}
	
	for(i=1;i<=m;++i) 
	 rd(op[i].st),rd(op[i].ed),rd(op[i].w);
	sort(op+1,op+m+1); 
}

//分块加值 
inline void insert(P e)
{
	int i,l=e.st,r=e.ed,lim,ads=e.w;
	if(l!=kl[in[l]] || r<kr[in[l]]){
		lim=min(kr[in[l]],r);
		for(i=l;i<=lim;++i) val[i]=ad(val[i],ads);
	}else cg[in[l]]=ad(cg[in[l]],ads);
	if(in[l]==in[r]) return;
	if(r!=kr[in[r]]){
		for(i=kl[in[r]];i<=r;++i) val[i]=ad(val[i],ads);
	}else cg[in[r]]=ad(cg[in[r]],ads);
	for(i=in[l]+1;i<in[r];++i) cg[i]=ad(cg[i],ads);
}

//<=700  
inline void fwork()
{
	RI int i,j,k,t;
	for(i=n,j=1;i;--i){
 		for(;j<=m && op[j].ed==i;++j) insert(op[j]);
 		
		//推迟处理 
		if(ban[i]) {ban[to[i]]=1;continue;}
		if(d[dir[i]]>700){
		   ban[i]=ban[to[i]]=1;
		   que.push(i);
		   continue;
		}
		
		for(k=dir[i];k;k=to[k]){
			t=ad(val[k+1],cg[in[k+1]]);
			ans[k+1]=ad(ans[k+1],t);
	        ans[i+1]=dc(ans[i+1],t);
		}
		
		//注意特判 
		if(a[i]==kk){
			t=ad(val[1],cg[1]);
			ans[1]=ad(ans[1],t);
			ans[i+1]=dc(ans[i+1],t);
		}
		
	}
}

//>700
inline void pwork()
{
	RI int i,j,x,tp,pa,pb,pc;
	
	for(i=1;i<=m;++i){
	   pa=op[i].st;pb=op[i].ed;pc=op[i].w;
	   s[5][pb]=ad(s[5][pb],pc);
	   s[5][pa-1]=dc(s[5][pa-1],pc);
	}
	for(i=n-1;i;--i) s[5][i]=ad(s[5][i],s[5][i+1]);
	
	for(;!que.empty();){
	    x=que.front();que.pop();
		
		nr=d[x];
		for(tp=x,i=nr;i;--i,tp=to[tp]) qr[i]=tp;
		
		tp=dir[x];nl=d[tp];
		if(a[x]==kk) nl++;
		for(i=nl;i;--i,tp=to[tp]) ql[i]=tp+1;
		if(a[x]==kk) ql[1]=1;
		
		
		s[0][0]=s[1][0]=0;
		pa=pb=1;
		for(i=1;i<=n;++i){
			s[0][i]=s[0][i-1];s[1][i]=s[1][i-1];
		    for(;pa<=nl && ql[pa]==i;++pa) s[0][i]++;
			for(;pb<=nr && qr[pb]==i;++pb) s[1][i]++;
		}
		
		memset(s[2],0,sizeof(int)*(n+3));
		memset(s[3],0,sizeof(int)*(n+3));
		
		for(i=1;i<=m;++i){
			pa=op[i].st;pb=op[i].ed;pc=op[i].w;
			s[2][pa-1]=ad(s[2][pa-1],mul(s[1][pb]-s[1][pa-1],pc));
			pc=mul(pc,s[0][pa-1]);
			s[3][pa]=ad(s[3][pa],pc);
			s[3][pb+1]=dc(s[3][pb+1],pc);
		}
		
		s[2][n+1]=s[4][n+1]=0;pb=nr;
		for(i=n;i;--i){
			s[4][i]=s[4][i+1];s[2][i]=ad(s[2][i],s[2][i+1]);
			for(;pb>0 && qr[pb]==i;pb--) s[4][i]=ad(s[4][i],s[5][i]);
		}
		
		for(i=1;i<=n;++i) s[3][i]=ad(s[3][i],s[3][i-1]);
		
		for(i=1;i<=nl;++i)
			ans[ql[i]]=ad(ans[ql[i]],dc(s[4][ql[i]],s[2][ql[i]]));
		
		for(i=1;i<=nr;++i)
		    ans[qr[i]+1]=ad(ans[qr[i]+1],dc(s[3][qr[i]],mul(s[0][qr[i]],s[5][qr[i]])));
	}
}

inline void print()
{
	for(RI int i=1;i<=n;++i){
		ans[i]=ad(ans[i],ans[i-1]);
		printf("%d ",ans[i]);
	}
}

int main(){
	init();
	fwork();
	pwork();
	print();
	return 0;
}