数组
title
Description
有一个长度为 \(n\) 的数组 \(b\) ，以及长度为 \(n\) 且初始值为零的数组 \(a\) ，每次可以对 \(a\) 数组的一个区间 \([l,r] (1≤ l ≤ r ≤ n)\) 进行操作，使得该区间内的 \(a_i\) 全部加 1 。问最小的操作次数使得对任意 \(1\leqslant i\leqslant n\) ，有 \(a_i=b_i\) 。
你会发现这实际上是去年 \(NOIP\) 提高组 \(Day1T1\)，对于你来说过于简单，于是我们稍稍加大了点难度。
在本题中，会给出一个长度为 \(n\) 的数组 \(b\)，并会共有 \(m\) 次操作或询问，种类分为两种：
- 1 l r k: 将区间 \([l,r]\) 中的 \(b_i\) 加上 \(k\) 。
- 2 l r: 当 \(b_1, b_2, ..., b_{l-1}, b_{r+1}, b_{r+2}, ..., b_n\) 的值均为 0 时，询问数组 \(b\) 对应的答案并输出。
Input
第一行两个数 \(n,m\) 表示数组的长度以及操作的次数。
第二行 \(n\) 个数表示初始状态下数组 \(b\) 的值
接下来的 \(m\) 行，先给出一个正整数 \(op\) 表示操作种类，当 \(op=1\) 时会接着给出三个正整数 \(l, r, k,op=2\) 时会接着给出两个正整数 \(l,r\) 。这里 \(l, r, k\) 的意义题目描述中均已给出。
Output
对于所有 \(op=2\) 的操作，输出一行正整数表示这次询问对应的答案并换行。
Sample Input
5 4
1 3 1 4 5
2 1 5
1 3 4 2
2 2 4
2 1 5
Sample Output
7
6
6
Hint
\(1\leqslant n, m\leqslant 100000\)
\(1\leqslant l \leqslant r\leqslant n\)
\(1\leqslant b_i, k\leqslant 100000\)
对于其中 \(30\%\) 的数据保证 \(1\leqslant n, m\leqslant 3000\)
对于其中 \(70\%\) 的数据保证 \(1\leqslant n \ast m\leqslant 2,500,000,000\)
analysis
我也不知道我模拟赛到底多少分，所以就不要管那个 \(30pts\) 的大暴力了。
直接正解，看到区间操作，查询，线段树或者 \(BIT\) 肯定是要的，只不过要建两颗 \(BIT\) （好写）：一颗原数组 \(BIT\) ，一颗原数组差分数组的 \(BIT\) 。
- 修改操作就把原数组 \(BIT\) 树上差分一下，对于原数组的差分数组所建的那颗 \(BIT\) 也树上差分一下；
- 查询操作的话，直接把第二颗 \(BIT\) 前缀和一下，然后要加上原数组 \(BIT\) 的 \(1\sim l\) 的答案。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+10;
char buf[1<<15],*fs,*ft;
inline char getc() { return (ft==fs&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),ft==fs))?0:*fs++; }
template<typename T>inline void read(T &x)
{
x=0;
T f=1, ch=getchar();
while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
x*=f;
}
template<typename T>inline void write(T x)
{
if (!x) { putchar('0'); return ; }
if (x<0) putchar('-'), x=-x;
T num=0, ch[20];
while (x) ch[++num]=x%10+48, x/=10;
while (num) putchar(ch[num--]);
}
int n,m;
ll a[maxn],b[maxn],f[maxn],g[maxn];
inline int lowbit(int x) { return x & -x; }
inline void add(ll *t,int x,ll k) { while (x<=n) t[x]+=k, x+=lowbit(x); }
inline ll sum(ll *t,int x) { ll ans=0; while (x) ans+=t[x], x-=lowbit(x); return ans; }
int main()
{
read(n);read(m);
for (int i=1; i<=n; ++i) read(a[i]);
for (int i=1; i<=n; ++i) b[i]=a[i]-a[i-1];//处理出差分数组
for (int i=1; i<=n; ++i)
{
add(f,i,b[i]);
if (b[i]>0) add(g,i,b[i]);//用于查询答案
}
while (m--)
{
int opt,l,r;
read(opt);read(l);read(r);
if (opt==1)
{
ll k;read(k);++r;//正好修改区间[l,r]
add(f,l,k),add(f,r,-k);//BIT差分
if (b[l]>0) add(g,l,-b[l]);
if (b[r]>0) add(g,r,-b[r]);
b[l]+=k,b[r]-=k;//在端点处打上标记
if (b[l]>0) add(g,l,b[l]);
if (b[r]>0) add(g,r,b[r]);
}
else write(sum(f,l)+sum(g,r)-sum(g,l)),puts("");
}
return 0;
}盒子
title
Description
在立体直角坐标系中，有 \(n\) 个长为 \(d_x\)，宽为 \(d_y\)，高为 \(d_z\) 的盒子，盒子的边均与坐标轴平行。对于第\(i\)个盒子，它的其中一个顶点为 \((x_i, y_i, z_i)\)，则他的对角顶点为 \((x_i + d_x, y_i + d_y, z_i + d_z)\) 。
对于两个不同的盒子 \(i,j\) ，
它们有公共点当且仅当 \(|x_i-x_j|≤d_x, |y_i-y_j |≤d_y ,|z_i-z_j|≤d_z\) 同时成立。
问这 \(n\) 个盒子中是否存在两个不同的盒子 \(i,j(i \not =j)\) 使得它们有公共点。
Input
本题有多组数据。
第一行给出一个正整数 \(T\)，表示数据组数。
对于每组数据，第一行给出四个正整数 \(n, d_x, d_y, d_z\) ,盒子个数以及每个盒子的长宽高，接下来的 \(n\) 行给出三个正整数 \(x_i, y_i, z_i\) 表示第i个盒子的顶点。
由于本题数据量较大，建议使用读入优化。
Output
共 \(T\) 行，每行对应着每组数据的答案。
若存在两个盒子有公共点，则输出”\(Yes\)”（不含引号），否则输出”\(No\)”。
Sample Input
2
2 2 3 4
1 1 1
3 4 5
2 2 3 4
1 1 1
3 4 6
Sample Output
Yes
No
HINT
\(1 ≤ T ≤ 1000\)
\(2 ≤ n ≤ 100000\)
\(1 ≤ d_x, d_y, d_z ≤ 1e9\)
\(1 ≤ x_i, y_i, z_i ≤ 1e9\)
\(\sum n≤1e6\)
对于其中\(30\%\)的数据保证 \(2 ≤n ≤ 500\)
对于其中\(60\%\)的数据保证 \(n > 10000\) 的数据只出现一次
analysis
好像赛后被告知此题被好多人暴力过了很多点，额，跟我没关系，反正我的暴力总是只能拿那个点的分，甚至没分，呜呜~
正解是字符串哈希，所以对于我来说，各种迷之操作，看代码，一切尽在不言中。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+10,p=1e6+3;
char buf[1<<15],*fs,*ft;
inline char getc() { return (ft==fs&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),ft==fs))?0:*fs++; }
template<typename T>inline void read(T &x)
{
x=0;
T f=1, ch=getchar();
while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
x*=f;
}
template<typename T>inline void write(T x)
{
if (!x) { putchar('0'); return ; }
if (x<0) putchar('-'), x=-x;
T num=0, ch[20];
while (x) ch[++num]=x%10+48, x/=10;
while (num) putchar(ch[num--]);
}
int Case;
struct Orz
{
int x,y,z;
Orz(int a=0,int b=0,int c=0) : x(a),y(b),z(c) {}
inline bool operator == (const Orz &a) const { return x==a.x && y==a.y && z==a.z; }
inline int hash() { return abs(((((ll)x)<<20)+(((ll)y)<<10)+z))%p; }
};
struct Hash_table
{
vector<Orz>V[p];
vector<int>D[p];
int t[p];
inline void add(Orz x,int f)
{
int h=x.hash();
if (t[h]!=Case)
{
V[h].clear();D[h].clear();
t[h]=Case;
V[h].push_back(x);
D[h].push_back(f);
}
else
{
vector<Orz>::iterator itx=V[h].begin();
vector<int>::iterator itd=D[h].begin();
for ( ; itx!=V[h].end(); ++itx,++itd)
if (*itx==x) { (*itd)+=f; return ; }
V[h].push_back(x);
D[h].push_back(f);
}
}
inline int get(Orz x)
{
int h=x.hash();
if (t[h]!=Case)
{
V[h].clear();D[h].clear();
t[h]=Case;
return 0;
}
else
{
vector<Orz>::iterator itx=V[h].begin();
vector<int>::iterator itd=D[h].begin();
for ( ; itx!=V[h].end(); ++itx,++itd)
if (*itx==x) return *itd;
return 0;
}
}
}M;
int n,dx,dy,dz;
int x[maxn],y[maxn],z[maxn];
inline bool check(int a,int b)
{
if (!a) return 0;
return abs(x[a]-x[b])<=dx && abs(y[a]-y[b])<=dy && abs(z[a]-z[b])<=dz;
}
int main()
{
int T;read(T);
for (Case=1; Case<=T; ++Case)
{
read(n);read(dx);read(dy);read(dz);
for (int i=1; i<=n; ++i) read(x[i]),read(y[i]),read(z[i]);
bool flag=0;
for (int i=1; i<=n; ++i)
{
Orz now(x[i]/dx,y[i]/dy,z[i]/dz);
int v=M.get(now);
if (!v) M.add(now,i);
else { flag=1; break; }
}
if (flag) { puts("Yes"); continue; }
for (int i=1; i<=n && !flag; ++i)
{
int nx=x[i]/dx,ny=y[i]/dy,nz=z[i]/dz;
for (int ox=-1; ox<=1; ++ox)
for (int oy=-1; oy<=1; ++oy)
for (int oz=-1; oz<=1; ++oz) if (ox|oy|oz)
if (check(M.get(Orz(nx+ox,ny+oy,nz+oz)),i)) { flag=1; break; }
}
puts(flag?"Yes":"No");
}
return 0;
}取模或异或
title
Description
给定一个数 \(n\)，求
\[ (n~mod~1)~xor~(n~mod~2)~xor~(n~mod~3)~xor~...~xor~(n~mod~ (n-1))~xor~(n~mod~n) \]
其中mod为取模运算，xor为异或运算（在C++中用^表示）
Input
一行，一个正整数 \(n\)。
Output
一行，一个正整数表示答案
Sample Input
1 2 3 4 5
Sample Output
0 0 1 1 2
HINT
\(1\leqslant n\leqslant 1,000,000,000,000\)
对于其中\(20\%\)的数据保证\(1\leqslant n\leqslant 1,000,000\)
对于其中\(50\%\)的数据保证\(1\leqslant n\leqslant 1,000,000,000\)
对于其中\(80\%\)的数据保证\(1\leqslant n\leqslant 100,000,000,000\)
analysis
余数之和 2.0..
于是除了数论分块，还需要一个类欧公式。
为什么会牵扯到类欧公式呢？
因为求异或和有一个思路是：求出每一位分别是什么。
那么从低到高第 \(k\) 位（从 0 开始）的答案其实就是
\[ \sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n~mod~i}{2^k}\rfloor \pmod{2}=\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n-\lfloor\frac{n}{i}\rfloor i}{2^k}\rfloor \pmod{2} \]
就很像类欧几里得中的 \(f\)，具体推导还请到此位大佬 WorldWide_D 的 \(blog\) 中去观光，代码我就放在下面了。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
char buf[1<<15],*fs,*ft;
inline char getc() { return (ft==fs&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),ft==fs))?0:*fs++; }
template<typename T>inline void read(T &x)
{
x=0;
T f=1, ch=getchar();
while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
x*=f;
}
template<typename T>inline void write(T x)
{
if (!x) { putchar('0'); return ; }
if (x<0) putchar('-'), x=-x;
T num=0, ch[20];
while (x) ch[++num]=x%10+48, x/=10;
while (num) putchar(ch[num--]);
}
inline bool f(ll a,ll b,ll c,ll n)//类欧几里得
{
if (!a) return (( (n+1)&(b/c) )&1ll)>0;
if (a>=c || b>=c)
{
ll tmp=(n&1ll) ? (n+1)/2*n : n/2*(n+1);
return (( (a/c)*tmp+(b/c)*(n+1)+f(a%c,b%c,c,n) )&1ll)>0;
}
else
{
ll m=(a*n+b)/c;
return (( (n*m)^f(c,c-b-1,a,m-1) )&1ll)>0;
}
}
int main()
{
// int T;read(T);
// while (T--)
// {
ll n;read(n);
ll ans=0,t=min(30000000ll,n);
for (ll i=1; i<=t; ++i) ans^=(n%i);//前lim直接暴力扫
for (ll l=t+1,r; l<=n; l=r+1)
{
r=n/(n/l); ll lim=n/l*(r-l)+n%r,lans=0;
for(ll k=1; k<=lim; k<<=1) lans+=f(n/l,n%r,k,r-l)*k;//后面用类欧公式搞过去
ans^=lans;
}
write(ans),puts("");
// }
return 0;
}