中国大学生程序设计竞赛（合肥）-重现赛1008 HDU 5968

Posted 2020-08-17 半根毛线code

异或密码

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 19    Accepted Submission(s): 9

Problem Description

晨晨在纸上写了一个长度为N的非负整数序列{ai }。对于这个序列的一个连续子序列{al,al+1,…，ar }晨晨可以求出其中所有数异或的结果 alxoral+1xor...xorar 其 中xor表示位异或运算，对应C、C++、 Java等语言中的^运算。
小璐提出了M个询问，每个询问用一个整数 xi 描述。
对于每个询问，晨晨需要找到序列{ai }的所有连续子序列，求出每个子序列异或的结果，找到所有的结果中与 xi 之差的绝对值最小的一个，并告诉小璐相应子序列的长度。
若有多个满足条件的连续子序列，则告诉小璐这些子序列中最长的长度。

 

 

Input

包含多组测试数据，第一行一个正整数T，表示数据组数。
每组数据共两行。
第一行包含N+1个非负整数。其中第一个数为N，表示序列的长度；接下来N 个数，依次描述序列{ ai }中的每个数。
第二行包含M+1个整数。其中第一个数为M，表示询问的个数；接下来M个数 xi ，每个数对应题目描述中的一个询问。
保证 1 <= N <= 100，1 <= M <= 100，ai <= 1024，|xi | <= 1024，数据组数 <= 100。

 

 

Output

对于每组数据输出M + 1行。前M行对应晨晨M个询问的回答，第M + 1行为空行

 

 

Sample Input

2

2 1 1

2 0 2

3 1 2 4

3 10 5 1

 

 

Sample Output

2

1

 

3

2

1

 

 

 

Source

2016年中国大学生程序设计竞赛（合肥）-重现赛（感谢安徽大学）

题意：中文题面

题解：预处理出所有区间的异或值并记录最大的长度,二分处理。

二分又写挫......orzzzzzz 太菜

 

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cmath>
 4 #define ll __int64
 5 using namespace std;
 6 int t;
 7 int n,m;
 8 int a[105];
 9 int b[105];
10 int c[105];
11 int d[2500];
12 struct node
13 {
14     int w;
15     int kuan;
16 } N[2500];
17 int  abs(int x)
18 {
19     if(x<0)
20          x=-x;
21         return x;
22 }
23 int main()
24 {
25     scanf("%d",&t);
26     for(int i=1; i<=t; i++)
27     {
28         scanf("%d",&n);
29         for(int j=1; j<=n; j++)
30             scanf("%d",&a[j]);
31         scanf("%d",&m);
32         for(int j=1; j<=m; j++)
33             scanf("%d",&b[j]);
34         int exm=0;
35         c[0]=0;
36         for(int j=1; j<=n; j++)
37         {
38             exm^=a[j];
39             c[j]=exm;
40         }
41         for(int j=0; j<=2048; j++)
42             d[j]=-1;
43         for(int j=1; j<=n; j++)
44          for(int k=j; k<=n; k++)
45          d[c[j-1]^c[k]]=max(d[c[j-1]^c[k]],k-j+1);
46 
47         int flag=0;
48         for(int j=0; j<=2048; j++)
49         {
50             if(d[j]!=-1)
51             {
52                 N[flag].w=j;
53                 N[flag].kuan=d[j];
54                 flag++;
55             }
56         }
57         for(int j=1; j<=m; j++)
58         {
59             int l=0,r=flag-1,mid;
60             if(N[l].w>=b[j]){
61                 printf("%d\n",N[l].kuan);
62              continue;
63             }
64             if(N[r].w<=b[j])
65             {
66                 printf("%d\n",N[r].kuan);
67                 continue;
68             }
69             while(l<r)
70             {
71                 mid=(l+r)>>1;
72                 if(N[mid].w<=b[j])
73                     l=mid+1;
74                 else
75                     r=mid;
76             }
77             if(abs(N[l].w-b[j])>abs(N[l-1].w-b[j]))
78                 printf("%d\n",N[l-1].kuan);
79             if(abs(N[l].w-b[j])<abs(N[l-1].w-b[j]))
80                 printf("%d\n",N[l].kuan);
81             if(abs(N[l].w-b[j])==abs(N[l-1].w-b[j]))
82                 printf("%d\n",max(N[l].kuan,N[l-1].kuan));
83         }
84         printf("\n");
85     }
86     return 0;
87 }
88 /*
89 2
90 2 1 1
91 2 0 2
92 3 1 2 4
93 4 5 6 7 8
94 */