51nod-1310: Chandrima and XOR
【传送门:51nod-1310】
简要题意:
有一个数组S,保证里面的数是从小到大的,而且每一个数的二进制中都没有连续的1,如:1,2,4,5,8...
给出n,然后给出n个位置,求出S数组中n个位置的异或和
题解:
数位DP好题,卡了老久
设f[i]表示2i-1到2i-1中有多少个数是在数组S中的
转移很容易想到$f[i]=1+\sum_{j=1}^{i-2}f[j]$
而也可以得到$f[i-1]=1+\sum_{j=1}^{i-3}f[j]$
上下两式合并得到$f[i]=f[i-1]+f[i-2]$
就是斐波那契数列,f[1]=f[2]=1
设s[i]为1到2i-1中有多少个数是在数组S中的,显然$s[i]=\sum_{j=1}^{i}f[j]$
然后就可以做了,对于一个位置x,二分找到最大的小于x的s[m],将x-s[m]-1后再进行递归二分,复杂度为O((logn)2)
只要在途中维护异或就行了,设P[i]为答案二进制中第i位的数,对于找到的m,将P[m]^=1就好了
最后转换成二进制就行了,注意可能在算2的次方的时候会爆long long,所以要用快速幂
参考代码:
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
int P[],tot;
LL a[],Mod=1e9+;
LL f[],s[];
void pre()
{
tot=;
f[]=;f[]=;
s[]=;s[]=;
for(tot=;;tot++)
{
f[tot]=f[tot-]+f[tot-];
s[tot]=f[tot]+s[tot-];
if(s[tot]>1e18) break;
}
}
void getp(LL x)
{
if(x==) return ;
int l=,r=tot,m;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)/;
if(x>s[mid]) m=mid,l=mid+;
else r=mid-;
}
P[m]^=;
getp(x-s[m]-);
}
LL p_mod(LL a,LL b)
{
LL ans=;
while(b!=)
{
if(b%==) ans=ans*a%Mod;
a=a*a%Mod;b/=;
}
return ans;
}
int main()
{
pre();
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
getp(a[i]);
}
LL ans=;
for(int i=;i<=tot;i++) ans=(ans+LL(P[i])*p_mod(,i))%Mod;
printf("%lld\n",ans);
return ;
}
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