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题意:

  给出一个整数数组,F[i]定义为以i结尾的最长上升子序列,然后问以此删除掉第i个数后F[1]^2 xor f[3]^2 xor .. xor F[n]^2 , 当然不会算删除的那个。 n <= 5000

思路:

  比赛的时候看完了觉得是个傻逼题,觉得n^2logn能够跑过不知道为啥这么少人交,然后兴致冲冲的敲了一发返回T才意识到没那么简单,题目是把log给卡了的,然后n^2肯定是能过的,不过一直也没有思路,然后赛后听了题解,也不是很懂,也是最近才有时间想起来这个题目的。

  感觉没有思路是因为没有真正的理解LIS的原理,以前都是一直套的板子,所以不是很懂。然后补的时候仔细想了下,就是把v[i]当做以LIS长度为i结尾最小值,然后形成一个单调的队列,就可以使用二分查找到当前的值应该在v数组的哪个位置进而求得以a[i]结尾的LIS,然后更新当前的v[a[i]]数组。然后这个题目呢感觉就是挖掘这个本质,也是这道题让我懂了LIS的原理,因为删除了一个数,那么当前数的LIS值肯定是在原LIS值或者原LIS-1,所以我们就不需要二分去查找当前值应该属于哪个位置了,加入当前数的原LIS值为b我们只需要判断v[b]是否小于a[i],如果不是那v[b-1]肯定小于a[i],然后就降低了一个log

代码:

/** @xigua */
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <stack>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <set>
#include <string>
#include <map>
#include <climits>
#include <ctime>
#define PI acos(-1)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int maxn = 5e3 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
const int INF = 1e8 + 5;
const ll inf = 1e15 + 5;
const db eps = 1e-8;
int d[maxn], a[maxn]; void LIS(int n) {
vector<int> v;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int si = v.size();
int p = lower_bound(v.begin(), v.end(), a[i]) - v.begin(); //lower是严格 upper是不严格
if (p == si) v.push_back(a[i]);
else {
v[p] = a[i];
}
d[i] = p + 1;
}
} void solve() {
int n; while (cin >> n) {
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
LIS(n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int ans = 0;
int v[maxn];
for (int j = 1; j <= n; j++)
v[j] = n + 1; //初始化为最大
v[0] = 0; //为了处理第一个数
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (i == j) continue;
if (v[d[j]-1] < a[j]) {
ans ^= d[j] * d[j];
v[d[j]] = min(v[d[j]], a[j]);
}
else {
ans ^= (d[j] - 1) * (d[j] - 1);
v[d[j]-1] = min(v[d[j]-1], a[j]);
}
}
printf("%d%c", ans, i == n ? '\n' : ' ');
}
} } int main() {
int t = 1, cas = 1;
// freopen("in.txt", "r", stdin);
// freopen("out.txt", "w", stdout);
//scanf("%d", &t);
while(t--) {
// printf("Case %d: ", cas++);
solve();
}
return 0;
}

  

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