HDU 5358 First One(枚举)
First One
Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 131072/131072 K (Java/Others)
Total Submission(s): 690 Accepted Submission(s): 205
Let S(i,j) be
the sum of ai,ai+1,…,aj.
Now soda wants to know the value below:
Note: In this problem, you can consider log20 as
0.
indicating the number of test cases. For each test case:
The first line contains an integer n (1≤n≤105),
the number of integers in the array.
The next line contains n integers a1,a2,…,an (0≤ai≤105).
1
2
1 1
12
题目大意:对题目中的式子求结果。
解题思路:由于0<=ai<=10^5,0<n<=10^5,所以0<=S(i,j)<10^12<2^34,设k=⌊log2S(i,j)⌋+1则1<=k<=34,那么我们
每次枚举k时,求解出全部符合条件的(i+j),求和就可以。
而对于每个k,求解(i+j)时。先预处理出s[i](s[i]=a1+……+ai。则sum(i,j)=s[j]-s[i-1]),那么接下来仅仅需找到全部
满足2^(k-1)<=sum(i,j)<=2^k-1的(i+j)就可以。
对于求(i+j),我们再次枚举i,对每个i。求解出j的一个区间[l,r],使得对当前的i,有当l<=j<=r时,2^(k-1)
<=sum(i,j)<=2^k-1成立。那么对于当前的k,i,满足条件的i。j区间为[i,j](l<=j<=r)。这些区间相应同一个k和同一个i,这些区间的(i+j)的总和为:i*(r-l+1)+(r+l)*(r-l+1)/2。
枚举全然部的k和i,将全部和累加。
对于求解区间[l,r],如果k=a,在枚举i=b时,得到j的区间[L1,R1],那么同样的k,在枚举i=b+1时,得到j的区间[L2,R2]
一定不在区间[L1,R1]的左边,简单的说就是L2>L1。R2>R1。
因此查找l。r时能够降低范围。
代码例如以下:
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <vector>
#include <deque>
#include <list>
#include <set>
#include <map>
#include <stack>
#include <queue>
#include <numeric>
#include <iomanip>
#include <bitset>
#include <sstream>
#include <fstream>
#include <limits.h>
#define debug "output for debug\n"
#define pi (acos(-1.0))
#define eps (1e-6)
#define inf (1<<28)
#define sqr(x) (x) * (x)
#define mod 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ULL; ll fl[35]={0,0,2,4,8,16,32,64,128,256,512,1024,2048,4096,8192,16384,32768,65536,131072,262144,524288,1048576,2097152,4194304,8388608,16777216,33554432,67108864,134217728,268435456,536870912,1073741824,2147483648,4294967296,8589934592};
ll fr[35]={0,1,3,7,15,31,63,127,255,511,1023,2047,4095,8191,16383,32767,65535,131071,262143,524287,1048575,2097151,4194303,8388607,16777215,33554431,67108863,134217727,268435455,536870911,1073741823,2147483647,4294967295,8589934591,17179869183};
ll s[100005];
int main()
{
ll i,j,k,n,a,l,r,t;
scanf("%I64d",&t);
while(t--)
{
scanf("%I64d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%I64d",&a);
s[i]=s[i-1]+a;
}
ll ans=0;
for(k=1;k<=34;k++)
{
l=1;
r=0; //移位操作控制sum(i,j)的范围。也能够用数组
//fl= k==1? 0:(1ll<<(k-1));fr=(1ll<<k)-1;
for(i=1;i<=n;i++)
{
l=max(i,l);
while(l<=n&&s[l]-s[i-1]<fl[k])//while(l<=n&&s[l]-s[i-1]<fl)
l++;
r=max(l-1,r);
while(r+1<=n&&s[r+1]-s[i-1]>=fl[k]&&s[r+1]-s[i-1]<=fr[k])//while(r+1<=n&&s[r+1]-s[i-1]>=fl[k]&&s[r+1]-s[i-1]<=fr)
r++;
if(l<=r)
ans+=(i*(r-l+1)+(r+l)*(r-l+1)/2)*k;
//ans+=(i+l+i+r)*(r-l+1)/2*k;
}
}
printf("%I64d\n",ans);
}
return 0;
}
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