BZOJ4750 密码安全
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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BZOJ4750 密码安全相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
题意：
给一序列求解
$$\\sum_{L=1}^n{ \\sum_{R=L}^n{ max(a_L,a_{L+1},...,a_R) * (a_L \\oplus a_{L+1} \\oplus ... a_R) } }$$
解法：
首先注意到利用每个最大值有一个管制区间的性质，我们可以将$O(n^2)$降为$O(n)$
这样，我们用单调栈求出每个点的管制区间记做$L(i),R(i)$，那么
记$NimSum(l,r) = a_l \\oplus a_{l+1} \\oplus ... a_r$
则有
$$answer = \\sum_{x=1}^n{ a(x) * \\sum_{l=L(x)}^x { \\sum_{r=x}^{R(x)}{NimSum(l,r)} } }$$
接下来考虑快速求解 $S(x) = \\sum_{l=L(x)}^x { \\sum_{r=x}^{R(x)}{NimSum(l,r)} }$
注意到异或操作位与位相独立，这样考虑对于每一位进行处理则有
$S(x) = \\sum_{t=0}^{30} {第t位Nim和为1 且 经过坐标x的子段个数}$
对于第$t$位$Nim$和为1 且 经过坐标$x$的子段个数，我们从小到大枚举$t$
可以考虑用线段树维护$lcnt(x,t),rcnt(x,t)$表示当前区间前缀和为$t$的前缀个数 与 后缀和为$t$的后缀个数
总效率$O(n {log}^2{n})$，TLE
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <algorithm> 5 6 #define N 100010 7 #define LL long long 8 #define lb(x) ((x)&(-x)) 9 #define P 1000000061LL 10 #define l(x) ch[x][0] 11 #define r(x) ch[x][1] 12 13 using namespace std; 14 15 int n,totn; 16 int a[N],b[N]; 17 int ch[N<<1][2],c[N],Lv[N<<1],Rv[N<<1]; 18 19 struct node 20 { 21 int s,ls[2],rs[2]; 22 LL sum; 23 }tree[N<<1]; 24 25 int build(int l,int r) 26 { 27 int x=++totn; 28 Lv[x]=n+1; 29 Rv[x]=0; 30 if(l==r) return x; 31 int mid=(l+r)>>1; 32 l(x)=build(l,mid); 33 r(x)=build(mid+1,r); 34 return x; 35 } 36 37 void add(int x,int l,int r,int qx) 38 { 39 if(l==r) 40 { 41 Lv[x]=Rv[x]=l; 42 return; 43 } 44 int mid=(l+r)>>1; 45 if(qx<=mid) add(l(x),l,mid,qx); 46 else add(r(x),mid+1,r,qx); 47 Lv[x] = min(Lv[l(x)], Lv[r(x)]); 48 Rv[x] = max(Rv[l(x)], Rv[r(x)]); 49 } 50 51 node add(node L,node R) 52 { 53 node ans; 54 ans.s = L.s ^ R.s; 55 ans.ls[0] = L.ls[0] + R.ls[L.s]; 56 ans.ls[1] = L.ls[1] + R.ls[L.s^1]; 57 ans.rs[0] = R.rs[0] + L.rs[R.s]; 58 ans.rs[1] = R.rs[1] + L.rs[R.s^1]; 59 ans.sum = L.sum + R.sum; 60 ans.sum += L.rs[0] * (LL)R.ls[1]%P; 61 ans.sum += L.rs[1] * (LL)R.ls[0]%P; 62 ans.sum %= P; 63 return ans; 64 } 65 66 int build2(int l,int r) 67 { 68 int x=++totn; 69 if(l==r) 70 { 71 tree[x].s=c[l]; 72 tree[x].ls[c[l]]=1; 73 tree[x].ls[c[l]^1]=0; 74 tree[x].rs[c[l]]=1; 75 tree[x].rs[c[l]^1]=0; 76 tree[x].sum=c[l]; 77 return x; 78 } 79 int mid=(l+r)>>1; 80 l(x)=build2(l,mid); 81 r(x)=build2(mid+1,r); 82 tree[x] = add(tree[l(x)],tree[r(x)]); 83 return x; 84 } 85 86 node ask(int x,int l,int r,int ql,int qr) 87 { 88 if(ql<=l && r<=qr) return tree[x]; 89 int mid=(l+r)>>1; 90 if(ql<=mid && mid<qr) 91 { 92 node L=ask(l(x),l,mid,ql,qr); 93 node R=ask(r(x),mid+1,r,ql,qr); 94 return add(L,R); 95 } 96 if(ql<=mid) 97 return ask(l(x),l,mid,ql,qr); 98 return ask(r(x),mid+1,r,ql,qr); 99 } 100 101 int askL(int x,int l,int r,int ql,int qr) 102 { 103 if(ql<=l && r<=qr) return Lv[x]; 104 int mid=(l+r)>>1; 105 int ans=n+1; 106 if(ql<=mid) ans = min(ans, askL(l(x),l,mid,ql,qr)); 107 if(mid<qr) ans = min(ans, askL(r(x),mid+1,r,ql,qr)); 108 return ans; 109 } 110 111 int askR(int x,int l,int r,int ql,int qr) 112 { 113 if(ql<=l && r<=qr) return Rv[x]; 114 int mid=(l+r)>>1; 115 int ans=0; 116 if(ql<=mid) ans = max(ans, askR(l(x),l,mid,ql,qr)); 117 if(mid<qr) ans = max(ans, askR(r(x),mid+1,r,ql,qr)); 118 return ans; 119 } 120 121 LL calc(int t,int l,int r) 122 { 123 if(l>r) return 0LL; 124 LL ans=0; 125 ans += (1LL<<t)*ask(1,1,n,l,r).sum%P; 126 return ans%P; 127 } 128 129 bool cmp(int x,int y) 130 { 131 return a[x]>a[y]; 132 } 133 134 int main() 135 { 136 int T; 137 scanf("%d",&T); 138 while(T--) 139 { 140 scanf("%d",&n); 141 for(int i=1;i<=n;i++) 142 { 143 scanf("%d",&a[i]); 144 b[i]=i; 145 } 146 sort(b+1,b+n+1,cmp); 147 LL ans=0; 148 totn=0; 149 build(1,n); 150 for(int t=0;t<30;t++) 151 { 152 for(int i=1;i<=n;i++) 153 { 154 if(a[i]&(1<<t)) c[i]=1; 155 else c[i]=0; 156 } 157 totn=0; 158 build2(1,n); 159 totn=0; 160 build(1,n); 161 for(int i=1;i<=n;i++) 162 { 163 int l=askR(1,1,n,1,b[i])+1; 164 int r=askL(1,1,n,b[i],n)-1; 165 ans += a[b[i]]*(calc(t,l,r)+P-calc(t,l,b[i]-1)+P-calc(t,b[i]+1,r))%P; 166 add(1,1,n,b[i]); 167 } 168 } 169 cout << ans%P << endl; 170 } 171 return 0; 172 }
考虑优化此算法：
我们只要知道对于每个$x$，$L(x) \\leq l \\leq x$的从$x$开始的前缀$NimSum$为0，为1的前缀个数
与 $x \\leq r \\leq R(x)$ 的从$x$开始的后缀$NimSum$为0，为1的后缀个数。
这样，对于每一个$t$，$O(n)$预处理，单次查询$O(1)$即可。
总效率$O(nlogn)$，AC。
注意到会有一个区间有多个最大值的情况，这样，
$L(x)$要取到从$x$起向左第一个大于等于$a(x)$的数字右面，$R(x)$要取到从$x$起向右第一个大于$a(x)$的数字左面。
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <algorithm> 5 6 #define N 100010 7 #define LL long long 8 #define P 1000000061LL 9 10 using namespace std; 11 12 int n; 13 int a[N],L[N],R[N],c[N]; 14 int suf[N][2],pre[N][2],S[N]; 15 int q[N],en; 16 17 int calc_pre(int l,int i) 18 { 19 int tmp=(S[i]-S[l-1])&1; 20 int ans = pre[i][1]; 21 ans -= pre[l-1][tmp^1]; 22 return ans; 23 } 24 25 int calc_suf(int i,int r) 26 { 27 int tmp=(S[r]-S[i-1])&1; 28 int ans=suf[i][1]; 29 ans -= suf[r+1][tmp^1]; 30 return ans; 31 } 32 33 int main() 34 { 35 int T; 36 scanf("%d",&T); 37 while(T--) 38 { 39 scanf("%d",&n); 40 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); 41 en=0; 42 for(int i=1;i<=n;i++) 43 { 44 while(en>0 && a[q[en]]<a[i]) en--; 45 if(!en) L[i]=1; 46 else L[i]=q[en]+1; 47 q[++en]=i; 48 } 49 en=0; 50 for(int i=n;i>=1;i--) 51 { 52 while(en>0 && a[q[en]]<=a[i]) en--; 53 if(!en) R[i]=n; 54 else R[i]=q[en]-1; 55 q[++en]=i; 56 } 57 // for(int i=1;i<=n;i++) cout<<L[i]<<\' \'<<R[i]<<endl; 58 LL ans=0; 59 for(int t=0;t<31;t++) 60 { 61 pre[0][0]=pre[0][1]=0; 62 for(int i=1;i<=n;i++) 63 { 64 c[i]=(a[i]>>t)&1; 65 pre[i][0] = pre[i-1][c[i]] + (c[i]==0 ? 1:0); 66 pre[i][1] = pre[i-1][c[i]^1] + (c[i]==0 ? 0:1); 67 S[i]=S[i-1]+c[i]; 68 } 69 suf[n+1][0]=suf[n+1][1]=0; 70 for(int i=n;i>=1;i--) 71 { 72 suf[i][0] = suf[i+1][c[i]] + (c[i]==0 ? 1:0); 73 suf[i][1] = suf[i+1][c[i]^1] + (c[i]==0 ? 0:1); 74 } 75 LL cntL[2],cntR[2]; 76 for(int i=1;i<=n;i++) 77 { 78 cntL[1] = calc_pre(L[i],i); 79 cntL[0] = i-L[i]+1-cntL[1]; 80 cntR[1] = calc_suf(i,R[i]); 81 cntR[0] = R[i]-i+1-cntR[1]; 82 ans += (1LL<<t)%P*a[i]%P*(cntL[0]*cntR[c[i]^1]%P + cntL[1]*cntR[c[i]]%P)%P; 83 ans %= P; 84 } 85 } 86 cout << ans%P << endl; 87 } 88 return 0; 89 }
以上是关于BZOJ4750 密码安全的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章