[LuoguP4462][CQOI2018]异或序列

Posted 2021-03-11 -wallace-

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了[LuoguP4462][CQOI2018]异或序列相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

闲话

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。。。

技术图片

wtcl...

正片

数列分块的思想（熟悉的可以略过）

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(2sqrt{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(msqrt{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。

下面算法基于的技巧

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_1oplus a_2oplus ... oplus a_i)，其中(oplus)代表异或，(a)为原数组。

那么(a_loplus 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-1le ile jle r)且(s_ioplus 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。

对于此题需要维护的信息

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。

预处理——(pre,ans)的求法。

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(maxlimits_{iin [0,n]}{s_i} imes 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。

计算(ans[i][i])：

这个不难，只要暴力计算就行了。复杂度(O((sqrt{n})^3)=O(nsqrt{n}))。

计算(ans[i][j](j>i))

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([ ext{第i块，第j-1块}])和都在( ext{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([ ext{第i块，第j-1块}])，而右端点在( ext{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(nsqrt{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(nsqrt{n}))。

在查询时利用好预处理的信息

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( ext{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。

快速计算散块

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_ioplus k)的数的个数，即(rec[s_ioplus 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(2sqrt{n})，所以单次操作的复杂度为(O(sqrt{n}))。

包含整块的情况

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。

三个独立的部分：

左右散块像上面一样暴力，整块部分直接取(ans)。

左端点在左散块，右端点在整块

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_ioplus k)的个数加入答案，这可以利用(pre)数组轻松做到。

左端点在左散块，右端点在右散块

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_ioplus k)的个数，即(rec[s_ioplus k])的值加入答案。

左端点在整块，右端点在右散块

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}))

时空复杂度

再次注明：此处认为(n,m,k)同阶。

时间：(O(nsqrt{n}))

空间：(O(nsqrt{n}))（(pre)数组）

完整代码

#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
",SqrtDiv::query(l,r));
    }
    return 0;
}

注意事项

(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 imes 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。