- 1001 数列计数
一个结论：\(C_{n}^{m}\)为奇数当且仅当\(n & k==k\)
于是就可以分类讨论一下，当\(l_{i}\)大于等于\(a_{i}\)，此时\([0,a_{i}]\)全都可以取到，假定二进制下\(a_{i}\)有\(k\)个1，方案数就是\(2^{k}\)
否则，我们就需要统计出\([0,l_{i}]\)中的，二进制下出现了1的位置都是\(a_{i}\)二进制下1的位置的数，我用的是数位dp。设\(dp[i][0/1][0/1]\)表示从高到低第\(i\)位取\(0/1\)得情况下，当前数是否等于\(l_{i}\)，由于\(a_{i}\)在某一位是0时，那么这一位就不能取1，于是我们可以推出状态转移方程（详见代码
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#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const long long mod = 998244353;
long long t;
const long long N = 2e5 + 10;
long long n,a[N],b[N];long long quickMul(long long x,long long k) {if(k == 0) return 1;long long tmp = quickMul(x,k / 2);tmp = (tmp * tmp) % mod;if(k & 1) tmp = (tmp * x) % mod;return tmp;
}void solve() {cin >> n;for(long long i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];for(long long i = 1;i <= n;i++) cin >> b[i];long long ans = 1;for(long long i = 1;i <= n;i++) {long long tmp = 0;if(a[i] <= b[i]) {tmp = a[i];ans = (ans * (quickMul(2,__builtin_popcount(tmp)))) % mod;}else {vector<long long> digit1,digit2;long long dp[110][2][2];long long temp = a[i],temb = b[i];while(temp) {digit1.push_back(temp % 2);digit2.push_back(temb % 2);temp /= 2;temb /= 2;}long long len = digit1.size() - 1;memset(dp,0,sizeof dp);if(digit2[len] == 1) {dp[len][1][1] = 1;dp[len][0][0] = 1;}else dp[len][0][1] = 1;for(long long i = len - 1;i >= 0;i--) {if(digit1[i] == 1) {if(digit2[i] == 1) {dp[i][1][1] = (dp[i + 1][1][1] + dp[i + 1][0][1]) % mod;dp[i][1][0] = (dp[i + 1][0][0] + dp[i + 1][1][0]) % mod;dp[i][0][0] = (dp[i + 1][1][1] + dp[i + 1][0][0] + dp[i + 1][0][1] + dp[i + 1][1][0]) % mod;}else {dp[i][0][1] = (dp[i + 1][1][1] + dp[i + 1][0][1]) % mod;dp[i][1][0] = (dp[i + 1][1][0] + dp[i + 1][0][0]) % mod;dp[i][0][0] = (dp[i + 1][1][0] + dp[i + 1][0][0]) % mod;}}else {if(digit2[i] == 1)dp[i][0][0] = (dp[i + 1][1][1] + dp[i + 1][0][0] + dp[i + 1][0][1] + dp[i + 1][1][0]) % mod;else {dp[i][0][1] = (dp[i + 1][1][1] + dp[i + 1][0][1]) % mod;dp[i][0][0] = (dp[i + 1][1][0] + dp[i + 1][0][0]) % mod;}}}tmp = (dp[0][0][0] + dp[0][0][1] + dp[0][1][1] + dp[0][1][0]) % mod;ans = (ans * tmp) % mod;}}cout << ans << '\n';
}signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> t;while(t--) solve();return 0;
}
- 1003 拼尽全力
（拼尽全力无法战胜
我们可以直接对于每一项能力建一个优先队列，那么只需要不断的重复一下过程：当前这一项能力能通过的就通过，并且在对应\(i\)公司的统计数组\(vis[i]\)加上1，表示这个公司可以在某一顺序下能力被达到\(vis[i]\)项，如果\(vis[i]\)为m，表示这个公司面试可以通过，那么就给每个能力值都加上提升的值。一直重复到没有面试可以通过，最后只需检查是不是所有的公司能达到的项数都是m即可。
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#include<bits/stdc++.h>using namespace std;long long t;
const long long N = 1e6+ 10;
long long n,m,vis[N];
struct node {long long val,pos;bool operator < (const node &a) const {return val > a.val;}
};
priority_queue<node> q[N];
long long a[N];void solve() {for(long long i = 0;i <= max(n,m);i++) {while(!q[i].empty()) q[i].pop();vis[i] = 0;}cin >> n >> m;vector<vector<long long>> c(n + 1,vector<long long>(m + 1));vector<vector<long long>> w(n + 1,vector<long long>(m + 1));for(long long i = 1;i <= m;i++) cin >> a[i];for(long long i = 1;i <= n;i++) {for(long long j = 1;j <= m;j++) cin >> c[i][j],q[j].push({c[i][j],i});for(long long j = 1;j <= m;j++) cin >> w[i][j];}bool flag;while(1) {flag = false;for(long long j = 1;j <= m;j++) {while(!q[j].empty() && q[j].top().val <= a[j]) {flag = true;vis[q[j].top().pos]++;if(vis[q[j].top().pos] == m) {for(long long i = 1;i <= m;i++)a[i] += w[q[j].top().pos][i];}q[j].pop();}}if(!flag) break;}flag = false;for(long long i = 1;i <= n;i++) if(vis[i] != m) flag = true;cout << (flag == false ? "YES\n" : "NO\n");
}signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> t;while(t--) solve();return 0;
}
- 1004 弯曲筷子
贪心着想，一根筷子需要跟长度和它最接近的筷子一起才能让不舒适度最小，所以我们可以先让所给序列排序。接着考虑dp，设dp[i][0/1][0/1]表示当前位于第i根筷子，当前筷子取/不取的情况下，目前所取筷子总数是否是奇数的最小不舒适度。若当前不取，那么前一根筷子若取了就变成奇数的情况下就不能算，因为若上一根筷子取了并且让取的筷子数量变为奇数，那么由于目前这根筷子长度与它最接近，又当前筷子不取，所以得到的结果一定不是最优。这样我们就可以写出状态转移方程（详见代码）。然而有一种特殊情况，即对于两根一定要取得筷子，有可能直接取他们两个最优而不是通过取别的来分别与他们配对（例如1 3 7 100,要求1 7必取，那么肯定是直接取这两根筷子最优），所以我们只需要记录下上一根必须取得筷子所在位置，当遇到下一个必须取得筷子时，和这种特殊情况取最优即可
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#include<bits/stdc++.h>using namespace std;long long t;
const long long N = 3e5 + 10;
long long n,m,p[N];
struct node {long long val,pos;bool operator < (const node &a) const {return val < a.val;}
}in[N];void solve() {for(long long i = 0;i <= n;i++) p[i] = in[i].val = in[i].pos = 0;cin >> n >> m;for(long long i = 1;i <= n;i++) cin >> in[i].val,in[i].pos = i;for(long long v,i = 1;i <= m;i++) cin >> v,p[v] = 1;sort(in + 1,in + 1 + n);long long dp[n + 1][2][2];for(long long i = 0;i <= n;i++)dp[i][0][0] = dp[i][0][1] = dp[i][1][0] = dp[i][1][1] = 9e18;dp[0][0][0] = 0;long long pre = -1;for(long long i = 1;i <= n;i++) {dp[i][1][1] = min(dp[i - 1][0][0],dp[i - 1][1][0]);if(i > 1) dp[i][1][0] = dp[i - 1][1][1] + (in[i].val - in[i - 1].val) * (in[i].val - in[i - 1].val);if(!p[in[i].pos]) dp[i][0][0] = min(dp[i - 1][0][0],dp[i - 1][1][0]);if(p[in[i].pos]) {if(~pre) dp[i][1][0] = min(dp[i][1][0],dp[pre][1][1] + (in[i].val - in[pre].val) * (in[i].val - in[pre].val));pre = i;}}cout << min(dp[n][1][0],dp[n][0][0]) << '\n';
}signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> t;while(t--) solve();return 0;
}
- 1005 修复公路
签到题，判连通块或者用并查集都可以，就不放代码了
- 1007 宝石商店
可持久化trie树。与主席树类似的，我们可以在每新加一个树的时候，在仅仅需要修改的那一条路径上新加点从而达到可持久化的目的。价值的计算方式其实就是异或。然后求两个数最大异或只需要在trie树上贪心的走与当前数当前位不同的方向即可
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#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int t;
const int N = 2e6 + 10;
int n,q,root[N << 5],tot;
int a[N];
int ch[N << 5][2],val[N << 5];void insert(int p,int k) {int rt = ++tot;for(int i = 31;i >= 0;i--) {val[rt] = val[p] + 1;int c = (k & (1ll << i) ? 1 : 0);if(!ch[rt][c]) ch[rt][c] = ++tot;ch[rt][!c] = ch[p][!c];rt = ch[rt][c];p = ch[p][c];}val[rt] = val[p] + 1;
}int query(int u,int p,int x) {int res = 0;for(int i = 31;i >= 0;i--) {int c = (x & (1ll << i) ? 1 : 0);if(val[ch[u][!c]] - val[ch[p][!c]] > 0) {u = ch[u][!c];p = ch[p][!c];res += (1ll << i);}else {u = ch[u][c];p = ch[p][c];}}return res;
}void solve() {for(int i = 0;i <= tot;i++) val[i] = ch[i][0] = ch[i][1] = 0;tot = 0;cin >> n >> q;for(int i = 1;i <= n;i++) {cin >> a[i];root[i] = tot + 1;insert(root[i - 1],a[i]);}for(int l,r,x,i = 1;i <= q;i++) {cin >> l >> r >> x;cout << query(root[r],root[l - 1],x) << '\n';}
}signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> t;while(t--) solve();return 0;
}
- 1009 部落冲突
并查集操作。与传统的并查集不同的是，该题多了让某个人转移和两部落交换的操作。鉴于后者，我们当然不能直接遍历每个人然后把他移到另一个部落，所以考虑将部落编号交换，于是可以用双向映射，即建两个数组pos[i]和mp[i]，并引入一个中间值，假设最开始每个部落i都在i位置上，那么pos[i]表示此时i位置对应的部落是pos[i]，而mp[i]则表示部落i此时所在的位置是mp[i]。而对于fat[i]所指向的就应该是“位置”而非“部落”。这里用扩展域并查集，1-n范围表示野蛮人所在的位置，n+1-2n所表示的是位置的fat
对于操作1，我们只需让位置b的fat指向位置a
对于操作2，我们只需让野蛮人a的fat指向位置b
对于操作3，我们只需让\(pos[mp[a+n]]\)和\(pos[mp[b+n]]\)交换，再把\(mp[a+n]\)和\(mp[b+n]\)交换即可
对于操作4，直接输出查询答案
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#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int t;
const int N = 4e6 + 10;
int fat[N],pos[N],mp[N];
int n,q;int find(int x) {if(fat[x] != x) fat[x] = find(fat[x]);return fat[x];
}void solve() {for(int i = 0;i <= 2 * n;i++) fat[i] = mp[i] = pos[i] = 0;cin >> n >> q;for(int i = 1;i <= 2 * n;i++) {if(i <= n) fat[i] = i + n;else fat[i] = i;}for(int i = 1 + n;i <= 2 * n;i++) pos[i] = i,mp[i] = i;for(int pd,a,b,i = 1;i <= q;i++) {cin >> pd;if(pd == 1) {cin >> a >> b;fat[mp[b + n]] = fat[mp[a + n]];}else if(pd == 2) {cin >> a >> b;fat[a] = mp[b + n];}else if(pd == 3) {cin >> a >> b;swap(pos[mp[a + n]],pos[mp[b + n]]);swap(mp[a + n],mp[b + n]);}else {cin >> a;cout << pos[find(a)] - n << '\n';}}
}signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> t;while(t--) solve();return 0;
}
- 1010 选择配送
求最大曼哈顿距离最小值，从曼哈顿距离的式子推导：
$ \left | x - a_{i}\right |+\left | y-b_{i}\right |$
可以分成两种情况：
$ \left | (x+y) - (a_{i}+b_{i})\right |$
或者
$ \left | (x-y) - (a_{i}-b_{i})\right |$
于是对于所有的客户，我们只需要维护四个值min1,max1,min2,max2分别表示\((x_{i}+y_{i})\)的最小/最大和\((x_{i}-y_{i})\)的最小/最大，然后再遍历所有的配送站，求出最大距离的最小值即可
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#include<bits/stdc++.h>using namespace std;long long t;
const long long N = 1e6 + 10;
long long n,m;
struct node {long long x,y;
}in[N],st[N];void solve() {cin >> n >> m;long long min1 = 1e18,min2 = 1e18,max1 = -1e18,max2 = -1e18;for(long long i = 1;i <= n;i++) {cin >> in[i].x >> in[i].y;min1 = min(min1,in[i].x + in[i].y);min2 = min(min2,in[i].x - in[i].y);max1 = max(max1,in[i].x + in[i].y);max2 = max(max2,in[i].x - in[i].y);}long long ans = 1e18;for(long long i = 1;i <= m;i++) {cin >> st[i].x >> st[i].y;ans = min(ans,max({abs(st[i].x + st[i].y - min1),abs(st[i].x - st[i].y - min2),abs(st[i].x + st[i].y - max1),abs(st[i].x - st[i].y - max2)}));}cout << ans << '\n';
}signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> t;while(t--) solve();return 0;
}
