bitset 相关题目

 

#515. 「LibreOJ β Round #2」贪心只能过样例

题意: 给出 n 个数 \(x_i\), 每个数的取值范围为 \([a_i, b_i]\), 求 \(\sum{x_i^2}\) 的种类数. \(1 ≤ n ≤ 100, 1 ≤ a_i, b_i ≤ 100\).

思路: 直接状压的话需要枚举每个状态, 有了 bitset 之后就可以整体右移来转移了.

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inc(i, l, r) for (int i = l; i <= r; i++)
const int maxn = 105;
int n, a[maxn], b[maxn];
bitset<1000001> dp[maxn];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> n;
    inc(i, 1, n) cin >> a[i] >> b[i];
    dp[0][0] = 1;
    inc(i, 1, n) inc(j, a[i], b[i]) dp[i] |= dp[i - 1] << (j * j);
    cout << dp[n].count() << "\n";
}

 

hihocoder#1513 : 小Hi的烦恼

题意: 五维偏序.

思路: 用 bitset 维护每个维度排序后的标号前缀. 这个写法本质就是对暴力的优化. 复杂度 \(O(\frac{n^2}{w})\). 本题目 N 为3e4, 所以时间空间可以接受.

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inc(i, l, r) for (int i = l; i <= r; i++)
#define pii pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
const int maxn = 3e4 + 5;
int n;
pii p[6][maxn];
bitset<maxn> stu[6][maxn], ans;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> n;
    inc(i, 1, n) {
        inc(j, 1, 5) {
            cin >> p[j][i].fi;
            p[j][i].se = i;
        }
    }
    inc(i, 1, 5) sort(p[i] + 1, p[i] + n + 1);
    inc(i, 1, 5) {
        inc(j, 2, n) {
            stu[i][p[i][j].se] = stu[i][p[i][j - 1].se];
            stu[i][p[i][j].se].set(p[i][j - 1].se);
        }
    }
    inc(i, 1, n) {
        ans.set();
        inc(j, 1, 5) ans &= stu[j][i];
        cout << ans.count() << "\n";
    }
}

分块的写法(只是试过 hiho 的数据, 5e4 的 Cogs 现在访问不了了, 不知道会不会T):

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inc(i, l, r) for (int i = l; i <= r; i++)
#define pii pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
const int maxn = 3e4 + 5;
const int block = 240;
int n;
int a[6][maxn];
pii p[6][maxn];
bitset<maxn> ans, tmp;
bitset<maxn> bit[6][240];
vector<int> cit[6][240];
int bel[maxn];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    //freopen("try.in", "r", stdin);
    //freopen("try2.out", "w", stdout);
    cin >> n;
    inc(i, 0, n - 1) {
        inc(j, 0, 4) {
            cin >> p[j][i].fi;
            p[j][i].se = i;
        	a[j][i] = p[j][i].fi;
		}
    }
    inc(i, 0, n - 1) bel[i] = i / block;
    inc(i, 0, 4) sort(p[i], p[i] + n);
    inc(i, 0, 4) {
        bitset<maxn> w;
        vector<int> v;
        w.reset();
        inc(j, 0, n - 1) {
            w.set(p[i][j].se);
            v.push_back(p[i][j].se);
            if (j == n - 1 || bel[j] != bel[j + 1]) {
                bit[i][bel[j]] = w;
                cit[i][bel[j]] = v;
                vector<int>().swap(v);
            }
        }
    }
    inc(i, 0, n - 1) {
        ans.set();
        inc(j, 0, 4) {
            tmp.reset();
            int f = (a[j][i] - 1) / block;
            if (f) tmp |= bit[j][f - 1];
            for (int k = 0; k < (int)cit[j][f].size(); k++) {
                int id = cit[j][f][k];
                if (id == i) break;
                tmp.set(id);
            }
            ans &= tmp;
        }
        cout << ans.count() << "\n";
    }
}

 

Codeforces - 1097F Alex and a TV Show

题意: 给出 n 个可重集, 有四种操作: 1.把一个集合设为一个数; 2.把一个集合变成另外两个集合的并; 3.把一个集合变为从另外两个集合中各取一个数的 gcd; 4.询问集合中某一个数的个数模2. n ≤ 1e5, 操作 q ≤ 1e6, 值域 7000.

思路: 做法是搬运的, 我并不会做. 如果用 bitset 维护每个集合, 此时不好处理操作3. 改变思路, 既然和 gcd 有关就令 bitset 维护每个集合的约数(此时仍是可重集, 并且已模2, 不然咋存), 考虑每个数出现的奇偶, 就会发现操作 2, 3 分别对应异或, 按位与. 而操作 4 要用莫比乌斯函数推导一下:

\[\begin{aligned}&\sum\limits_{i\in A}[\frac i x=1]\\=&\sum\limits_{i\in A}\sum\limits_{d|\frac i x}\mu(d)\\=&\sum\limits_{d\in A',x|d}\mu(\frac d x)\end{aligned}
\]

在模 2 意义下 +1 和 -1 都是 1, 只要考虑那些莫比乌斯函数不为 0 的情况, 预处理出每一个数的含平方因子的倍数情况.

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inc(i, l, r) for (int i = l; i <= r; i++)
const int maxn = 1e5 + 5;
const int maxm = 7005;
int n, q, op, x, y, z;
bitset<7005> fac[maxm], mul[maxm], mu, a[maxn];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    mu.set();
    inc(i, 1, 7000) {
        for (int j = 2; i * j * j <= 7000; j++) {
            mu[i * j * j] = 0;
        }
    }
    inc(i, 1, 7000) {
        for (int j = 1; i * j <= 7000; j++) {
            fac[i * j][i] = 1;
            mul[i][i * j] = mu[j];
        }
    }
    cin >> n >> q;
    while (q--) {
        cin >> op;
        if (op == 1) {
            cin >> x >> y;
            a[x] = fac[y];
        } else if (op == 2) {
            cin >> x >> y >> z;
            a[x] = a[y] ^ a[z];
        } else if (op == 3) {
            cin >> x >> y >> z;
            a[x] = a[y] & a[z];
        } else {
            cin >> x >> y;
            cout << (a[x] & mul[y]).count() % 2;
        }
    }
}