洛谷P4424 [HNOI/AHOI2018]寻宝游戏 题解

Posted 2021-10-26 ｡✧* ꧁王者꧂✧*

题面
不得不说，这真的是一道二进制好题！！！
思路转换得极其精妙，看得我不禁连连叫好！！！
一般看到类似的与二进制运算符有关的题目，按位进行肯定是首要考虑的。
我们考虑在按位进行二进制运算时的性质：

从上图可以看出，当运算符是$|$且下一位数字是$1$时，结果一定是$1$；当运算符是&且下一位是$0$时，结果一定是$0$。

从上图可以看出，当运算符是$|$且下一位是$0$时，值不发生改变；当运算符是&且下一位是$1$时，值不发生改变。
那么，试想，如果我们用$0$和$1$分别表示$|$和&，那么，一个操作序列$op$，就可以用二进制表示了。这有什么用呢？
把对应的$op$序列与上图的性质进行对比，你会发现，当$op$的数与进行操作的数相同时，对结果不造成影响；不同时，会被操作的数覆盖原先值。比如：$00对应|0$，$10对应$&$0$。
接下来，我们考虑当多个$0$和$1$进行二进制运算时，结果为$1$和结果为$0$时，对应的操作序列的特征。
显然，$op$序列与$01$序列对应位置相同时，当前位置不对结果造成影响，所以，我们只用考虑$01$和$10$就行了，前者将值覆盖为1，后者将值覆盖为0，为使结果为1，我们要保证最后一个$01$后不出现$10$，也就是说，最后一个$01$后的每一位都相同。这样的话，将$op$序列和$01$序列翻转过来，那么$01$序列对应的二进制数大于$op$序列。
同理，你会发现，当结果为0时，$01$序列的二进制数小于等于$op$序列的二进制数。
于是，这道题就变成了比大小。每给出一个$ans$，根据每一个位置上是$0$还是$1$，求出最终的答案区间。
为了保证时间复杂度，我们要先对$m$个长度为$n$的二进制序列从小到大排序。这在输入的同时就可以操作。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e3 + 10 , p = 1e9 + 7;
int n , m , Q , ra[N] , la[N] , a[N] , ans[N] , b[N][1001];
char s[N];
int main()
{
	cin >> n >> m >> Q;
	for(int i = 1;i <= m; i++)
	ra[i] = i;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		scanf("%s" , s + 1);
		for(int j = 1; j <= m; j++)
		{
			a[j] = s[j] - '0';
			b[j][i] = a[j];
		}
		int cnt = 0;
		for(int j = 1; j <= m; j++)
		if(a[ra[j]] == 0) la[++cnt] = ra[j];
		for(int j = 1; j <= m; j++)
		if(a[ra[j]] == 1) la[++cnt] = ra[j];
		for(int j = 1; j <= m; j++)
		ra[j] = la[j];
	}
	for(int i = 1; i <= m ; i++)
	{
		for(int j = n; j >= 1; j--)
		{
			ans[i] = (2ll * ans[i] + b[i][j]) % p;
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	ans[m+1] = (2ll * ans[m+1] + 1) % p;
	ra[m+1] = m + 1;
	ans[m+1] += 1;
	while(Q--)
	{
		scanf("%s" , s + 1);
		int L = 0 , R = m + 1;
		for(int i = 1 ; i <= m; i++)
		if(s[ra[i]]=='1')
		{
			R = i;
			break;
		}
		for(int i = m; i >= 1; i--)
		{
			if(s[ra[i]]=='0')
			{
				L = i;
				break;
			}
		}
		printf("%d\\n",R < L? 0 : (ans[ra[R]] - ans[ra[L]] + p) % p);
	}
	return 0;
}