一次考试的简单T3

我的第一个想法其实是毫无头绪

根本就想不到dp，直接就写了爆搜
后来讲了才知道。。。

这种dp的状态好像是一类dp的模型，他们的状态都有这样的一维：以第i个数结尾。
这样的dp有什么样的标志呢？
以第i个数为结尾，说明这个状态和第i个数是有关系的，一般是选择数列中的数字
这种状态在于他的状态出来了，转移一般也能够直接显示出来，然后在转移中会枚举前面的状态进行转移，然后就可以在枚举中进行优化。
最后一般是O(n)或者O(n log n)的复杂度.

这里有一道这样的dp题目

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4055
这道题目呢，不要去考虑每一个数的大小，在我们的眼里，它应该是只能是一个大小的关系，至于到底是几，在每一个状态里面根本就没有考虑的必要。也没有意义
设f[i][j]为选到了第i个数，目前以j结尾的可能性。
转移就很明显了
这里就不讲了

这道题目和这个T3是一样的，状态中都有一维是以i结尾。
因为在目前，我们的决策只是取决于上一个数的大小，所以只用记录一下就行了

这道题目呢，我们发现这是异或。
异或有一个奇妙的性质，两个数之间如果他们差的绝对值越小，他们的异或值越小。
这个是我写上一个T3时发现的。。。
艹
那么，我们先拍个序，就可以发现，如果要满足这个任意两个数的异或都要大于x，那就是要满足，任意一个数和其他的数异或的最小值都要大于x
上面已经讲了，一个数异或的最小值就是和它最近的数的异或，在排序后就是他左右的数
所以我们只需要保证目前这个阶段在转移的时候合法即可，这个阶段的决策完全不会影响到其他任何的决策.这其实是我应该想到的。
唉

所以就有了O(n^2)暴力

//¼ÓÓÍ
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int f[100001],n,a[100001],x;
inline ll read()
{
	char c=getchar();ll a=0,b=1;
	for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')b=-1;
	for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())a=a*10+c-48;
	return a*b;
}
int main()
{
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	n=read();x=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i]=read();
	}
	sort(a+1,a+1+n);
	f[1]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{

		f[i]++;
		for(int j=1;j<i;j++)
		{
			if((a[j]^a[i])>=x)
			{
				f[i]+=f[j];
			}
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)ans+=f[i];
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

真不戳

我们发现这个转移中，每一次都要用O(n)去查找a[j]使a[i]^a[j]比x大。
我们需要一个东西来快速查找比x大的a[i]^a[j]，这时我们想到了trie树.
我们把每一个f[j]都先放进trie数中，每次就是在询问a[i]^a[j]>x的f[j]之和，这个可以直接在trie树上维护子树和。

时间复杂度O(n log max(a[i]))