2019牛客多校 Round4

Solved:3

Rank:331

B xor

题意:5e4个集合 每个集合最多32个数

　　 5e4个询问 询问l到r个集合是不是都有一个子集的xor和等于x

题解:在牛客多校第一场学了线性基 然后这个题就是求线性基的交 如果一个区间都能表示x 那么就表示这个区间内所有线性基的交能表示x

　　 用线段树维护这个东西 然后线性基交是抄的板子

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
 
int n, m;
ll a[50005][35];
struct node {
    ll val[35];
};
 
node lb[200005], t1, t2;
node merge(node A, node B) {
    node res;
    for(int i = 0; i <= 31; i++) t1.val[i] = t2.val[i] = A.val[i], res.val[i] = 0;
    for(int i = 0; i <= 31; i++) {
        ll x = B.val[i], t = 0;
        if(!x) continue;
 
        int j = i;
        for(; j >= 0; j--) {
            if(x & (1LL << j)) {
                if(t1.val[j]) x ^= t1.val[j], t ^= t2.val[j];
                else break;
            }
        }
        if(!x) res.val[i] = t;
        else t1.val[j] = x, t2.val[j] = t;
    }
    return res;
}
 
void build(int l, int r, int rt) {
    for(int i = 0; i <= 31; i++) lb[rt].val[i] = 0;
    if(l == r) {
        for(int i = 1; i <= a[l][0]; i++) {
            ll tmp = a[l][i];
            for(int j = 31; j >= 0; j--) {
                if(tmp & (1LL << j)) {
                    if(!lb[rt].val[j]) {
                        lb[rt].val[j] = tmp;
                        break;
                    }
                    tmp ^= lb[rt].val[j];
                }
            }
        }
        return;
    }
 
    int mid = l + r >> 1;
    build(l, mid, rt << 1);
    build(mid + 1, r, rt << 1 | 1);
    lb[rt] = merge(lb[rt << 1], lb[rt << 1 | 1]);
}
 
bool ask(int rt, ll va) {
    for(int i = 31; i >= 0; i--) {
        if(va & (1LL << i)) va ^= lb[rt].val[i];
    }
    return va == 0;
}
 
bool query(int ql, int qr, ll val, int l, int r, int rt) {
    if(ql <= l && qr >= r) return ask(rt, val);
 
    bool res = 1;
    int mid = l + r >> 1;
    if(ql <= mid) res &= query(ql, qr, val, l, mid, rt << 1);
    if(qr > mid) res &= query(ql, qr, val, mid + 1, r, rt << 1 | 1);
    return res;
}
 
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%lld", &a[i][0]);
        for(int j = 1; j <= a[i][0]; j++) scanf("%lld", &a[i][j]);
    }
    build(1, n, 1);
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        int a, b; ll c;
        scanf("%d%d%lld", &a, &b, &c);
        if(query(a, b, c, 1, n, 1)) puts("YES");
        else puts("NO");
    }
    return 0;
}

B xor

C sequence

题意:给定a,b两个数组 求所有l,r中 最大的 a的最小值*b的区间和

题解:存一下每个点作为最小值 左右两边的最大最小连续子序列

　　 比如每个点左边的最大连续子序列可以由在他左边的点转移过来 这个转移是具有单调性的

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 3e6 + 5;
 
int n;
int a[MAXN];
int b[MAXN];
ll sum[MAXN];
ll lz[MAXN], rz[MAXN], lf[MAXN], rf[MAXN];
int lpos[MAXN], rpos[MAXN];
 
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &b[i]), sum[i] = sum[i - 1] + 1LL * b[i];
 
    ll ans = 1LL * a[1] * b[1];
    lpos[1] = 0; lz[1] = lf[1] = 0;
    for(int i = 2; i <= n; i++) {
        int pos = i - 1;
        lz[i] = lf[i] = 0;
        while(pos >= 1 && a[i] <= a[pos]) {
            lz[i] = max(lz[i], lz[pos] + sum[i - 1] - sum[pos - 1]);
            lf[i] = min(lf[i], lf[pos] + sum[i - 1] - sum[pos - 1]);
            pos = lpos[pos];
        }
        lpos[i] = pos;
    }
 
    rpos[n] = n + 1; rz[n] = rf[n] = 0;
    for(int i = n - 1; i >= 1; i--) {
        int pos = i + 1;
        rz[i] = rf[i] = 0;
        while(pos <= n && a[i] <= a[pos]) {
            rz[i] = max(rz[i], rz[pos] + sum[pos] - sum[i]);
            rf[i] = min(rf[i], rf[pos] + sum[pos] - sum[i]);
            pos = rpos[pos];
        }
        rpos[i] = pos;
    }
 
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(a[i] > 0) {
            ans = max(ans, (lz[i] + rz[i] + 1LL * b[i]) * a[i]);
        } else ans = max(ans, (lf[i] + rf[i] + 1LL * b[i]) * a[i]);
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

C sequence

D triples I

题意:把一个数最少表示成几个数的 or和

题解:如果这个数不是三的倍数的话 那么最多用两个数也可以构造出来了 题目保证有解

　　 然后二进制下瞎逼搞搞 在算第i位大小时1没开LL wa死

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
 
ll val1[70];
ll val2[70];
int main() {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        ll n; scanf("%lld", &n);
        int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
        for(ll i = 0; i <= 60; i++) {
            if((n & (1LL << i)) == (1LL << i)) {
                if((1LL << i) % 3 == 1LL) val1[++cnt1] = (1LL << i);
                else val2[++cnt2] = (1LL << i);
            }
        }
        if(n % 3 == 0) printf("1 %lld\n", n);
        else if(n % 3 == 1) {
            if(cnt1 && cnt2) printf("2 %lld %lld\n", n - val1[1], val1[1] + val2[1]);
            else if(cnt1) printf("2 %lld %lld\n", n - val1[1], n - val1[2]);
            else if(cnt2) printf("2 %lld %lld\n", n - val2[1] - val2[2], val2[1] + val2[2] + val2[3]);
        } else {
            if(cnt1 && cnt2) printf("2 %lld %lld\n", n - val2[1], val1[1] + val2[1]);
            else if(cnt2) printf("2 %lld %lld\n", n - val2[1], n - val2[2]);
            else if(cnt1) printf("2 %lld %lld\n", n - val1[1] - val1[2], val1[1] + val1[2] + val1[3]);
        }
    }
    return 0;
}

D triples I

E triples II (DP)

题意:给一个数a 求用n个是三的倍数的数把它与出来的方案数

题解:根本想不出来是DP.... 一个数的二进制有的位(单看这一位)是%3=1的 有的是%3=2的

　　 这里引用一个题解子集的定义:如果a中为1的二进制位在b中也都为1，我们称a是b的'子集'

　　 dp[i][j]表示有i个%3=1 j个%3=2的数的 且是三的倍数的子集数量 这个东西是可以预处理来的

　　 然后统计答案的时候 因为算的是子集 所以里面有不合法的子集.. 要把不合法的容斥搞出去

　　 以后多复习几遍....

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 998244353;
 
ll pow_mod(ll x, ll y) {
    ll res = 1;
    while(y) {
        if(y & 1) res = res * x % mod;
        x = x * x % mod;
        y >>= 1;
    }
    return res;
}
 
ll dp[40][40];
ll c[40][40];
 
int main() {
    c[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= 35; i++) {
        c[i][0] = 1;
        for(int j = 1; j <= i; j++) c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;
    }
 
    for(int i = 0; i <= 35; i++) {
        for(int j = 0; j <= 35; j++) {
            for(int x = 0; x <= i; x++) {
                for(int y = 0; y <= j; y++) {
                    if((x + y * 2) % 3 == 0) dp[i][j] = (dp[i][j] + c[i][x] * c[j][y] % mod) % mod;
                }
            }
        }
    }
 
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
        ll n, a;
        scanf("%lld %lld", &n, &a);
        for(int i = 0; i <= 61; i++) {
            if(a & (1LL << i)) {
                if(i & 1) cnt2++;
                else cnt1++;
            }
        }
 
        ll ans = 0;
        for(int i = cnt1 + cnt2; i >= 0; i--) {
            ll tmp = 0;
            for(int j = 0; j <= cnt1; j++) {
                if(i - j > cnt2 || i < j) continue;
                tmp += c[cnt1][j] * c[cnt2][i - j] % mod * pow_mod(dp[j][i - j], n) % mod;
                tmp %= mod;
            }
            if((cnt1 + cnt2 - i) & 1) tmp = -tmp;
            ans = (ans + tmp + mod) % mod;
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}

E triples II