bzoj5108 [CodePlus2017]可做题 位运算dp+离散

Posted 2020-10-19 Kaiser

[CodePlus2017]可做题

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Description

qmqmqm希望给sublinekelzrip出一道可做题。于是他想到了这么一道题目：给一个长度为n的非负整数序列ai,你需

要计算其异或前缀和bi,满足条件b1=a1,bi=bi?1 xor ai(i≥2).但是由于数据生成器出现了问题，他生成的序列a

的长度特别长，并且由于内存空间不足，一部分ai已经丢失了，只剩余m个位置的元素已知。现在qmqmqm找到你，

希望你根据剩余的ai,计算出所有可能的a序列对应的b序列中∑=bi(1<=i<=N)的最小值。

Input

输入第一行两个非负整数n,m,分别表示原始序列a的长度及剩余元素的个数。

之后m行，每行2个数i,ai，表示一个剩余元素的位置和数值。

1<=N<=10^9,0<=M<=Min(n,10^5),0<=ai<=10^9

注意未知的 ai 可以超过已知 ai 的范围。

保证输入中所有的 i 不同，且满足 1 ≤ i ≤ n。

Output

输出一个整数表示可能的最小值

Sample Input

5 3
4 0
3 7
5 0

Sample Output

7
已知的 a 序列为： X, X, 7, 0, 0, 其中X表示这个位置丢失了。一种可能的 a 序列为
0, 7, 7, 0, 0, 对应的 b 序列为 0, 7, 0, 0, 0, 和最小为 7。可以证明不存在和更小的情况

HINT

 

来自 CodePlus 2017 11 月赛，清华大学计算机科学与技术系学生算法与竞赛协会 荣誉出品。

Credit：idea/卢政荣　命题/卢政荣　验题/何昊天

Git Repo：https://git.thusaac.org/publish/CodePlus201711

本次比赛的官方网址：cp.thusaac.org

感谢腾讯公司对此次比赛的支持。

 

Source

 

题解，各个位置上的位运算是相互不影响的，

所以可以分开来dp，然后，对于相差两个即以上的可以抵消，

那么是需要特殊处理，一个的话默认为前面的或者0，数据范围比较大，需要离散化。

 1 #include<cstring>
 2 #include<cmath>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<iostream>
 5 #include<cstdio>
 6 
 7 #define ll long long
 8 using namespace std;
 9 inline int read()
10 {
11     int x=0,f=1;char ch=getchar();
12     while(ch>‘9‘||ch<‘0‘){if (ch==‘-‘) f=-1;ch=getchar();}
13     while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-‘0‘;ch=getchar();}
14     return x*f;
15 }
16 
17 int n,m,b[300005],pre;
18 ll ans,f[300005][2];
19 struct node{int id,val;}a[300005];
20 bool cmp(node a,node b){return a.id<b.id;}
21 int main()
22 {
23     n=read();m=read();n=0;
24     for (int i=1;i<=m;i++)
25         a[i].id=read(),a[i].val=read();
26     sort(a+1,a+m+1,cmp);
27     for (int i=1;i<=m;i++)
28     {
29         if (a[i].id-pre-1>=2){b[++n]=-1;b[++n]=-1;b[++n]=a[i].val;}
30         else if (a[i].id-pre==2){b[++n]=-1;b[++n]=a[i].val;}
31         else b[++n]=a[i].val;
32         pre=a[i].id;
33     }
34     f[0][1]=1e15;f[0][0]=0;
35     for (int p=0;p<=30;p++)
36     {
37         for (int i=1;i<=n;i++)
38             if (b[i]<0)
39             {
40                    f[i][1]=min(f[i-1][0]+(1<<p),f[i-1][1]+(1<<p));
41                 f[i][0]=min(f[i-1][1],f[i-1][0]);
42             }
43             else
44             {
45                 if (b[i]&(1<<p))
46                 {
47                     f[i][1]=f[i-1][0]+(1<<p);
48                     f[i][0]=f[i-1][1];
49                 }
50                 else
51                 {
52                     f[i][1]=f[i-1][1]+(1<<p);
53                     f[i][0]=f[i-1][0];
54                 }
55             }
56         ans+=min(f[n][0],f[n][1]);
57     }
58     printf("%lld",ans);
59 }