CF1511G Chips on a Board （倍增）

题面

原题题面

转化方便版题意：

有

n

n

n 堆石子，第

i

i

i 堆有

c

i

∈

[

1

,

m

]

c_i\in [1,m]

ci​∈[1,m] 个石子，有

q

q

q 次询问，每次询问给出

L

i

,

R

i

L_i,R_i

Li​,Ri​ ，先把

c

i

∉

[

L

i

,

R

i

]

c_i\not\in [L_i,R_i]

ci​​∈[Li​,Ri​] 的石堆都扔掉，然后把每堆石子减少

L

i

L_i

Li​ 个，最后用剩下的若干堆石子做

N

i

m

Nim

Nim 游戏，先手必胜输出

A

\tt A

A ，后手必胜输出

B

\tt B

B 。

1

≤

n

,

m

,

q

≤

2

⋅

1

0

5

1\leq n,m,q\leq2\cdot10^5

1≤n,m,q≤2⋅105.

题解

官方题解，是

O

(

N

N

log

⁡

N

)

O(N\sqrt{N\log N})

O(NNlogN

​) 的做法。

对每个询问暴力求解，是

O

(

N

2

)

O(N^2)

O(N2) 的。或者，如果记录每一种

c

i

c_i

ci​ 值的出现次数的话，也可以是

O

(

N

M

)

O(NM)

O(NM) 的。后者可以优化：

c

i

c_i

ci​ 的二进制表示有

18

\tt18

18 位，我们把前面九位和后面九位分开算，这样，分别就只有

2

9

=

512

2^9=512

29=512 种取值，也就是

M

\sqrt{M}

M

​ 种取值了，这就增加了暴力的可能性。同时，只管前九位和后九位都是能比较方便地处理加减法的，因此这样刚好是可行的，要是分成前六位、中六位、后六位就及其不好做了。

但是，处理后九位数字还是比较麻烦的。而且，这个时间复杂度也不优。

不如看看下面又易懂又好写还在时间复杂度上暴踩官解的做法。

---

真是妙蛙种子吃着妙脆角，妙进了米奇妙妙屋，妙到家了

真的就不能每一位分开来做了吗？

加减法固然会对二进制表示产生不好计量的影响，但是我们有这么一条很容易发现的结论：

• 若

  A

  <

  2

  k

  A<2^k

  A<2k ，则

  A

  +

  2

  k

  =

  A

  x

  o

  r

  2

  k

  A+2^k=A~xor~2^k

  A+2k=A xor 2k

这种情况下，加法是等同于异或的！

那我们不妨就想个办法，能不能把减法变成加法，然后把要加的部分按位拆分开来，利用上面的结论一步一步异或进去呢？

有！那就是倍增。倍增可以把减法换成加法，而且不难发现，倍增刚好是从高位往低位考虑的，前面要加的数的 lowbit 一定比后面的数都大。

我们定义

f

[

i

]

[

j

]

f[i][j]

f[i][j] 为询问

L

=

i

,

R

=

i

+

2

j

−

1

L=i,R=i+2^j-1

L=i,R=i+2j−1 时的答案，不难发现

f

[

i

]

[

0

]

=

0

f[i][0]=0

f[i][0]=0。

计算

f

[

i

]

[

j

]

f[i][j]

f[i][j] 的时候，先异或上

f

[

i

]

[

j

−

1

]

f[i][j-1]

f[i][j−1] ，然后由于

f

[

i

+

2

j

−

1

]

[

j

−

1

]

f[i+2^{j-1}][j-1]

f[i+2j−1][j−1] 中的每堆石子个数

<

2

j

−

1

< 2^{j-1}

<2j−1 ，我们把这些石堆加上

2

j

−

1

2^{j-1}

2j−1 时，等价于异或

2

j

−

1

2^{j-1}

2j−1，因此我们只需要再知道

[

i

+

2

j

−

1

,

i

+

2

j

−

1

]

[i+2^{j-1},i+2^j-1]

[i+2j−1,i+2j−1] 区间之内石堆的个数，就可以转移了。令

c

t

[

i

]

[

j

]

ct[i][j]

ct[i][j] 表示

c

i

∈

[

i

,

i

+

2

j

−

1

]

c_i\in[i,i+2^j-1]

ci​∈[i,i+2j−1] 的石堆的个数，则：

f

[

i

]

[

j

]

=

f

[

i

]

[

j

−

1

]

x

o

r

f

[

i

+

2

j

−

1

]

[

j

−

1

]

x

o

r

(

2

j

−

1

⋅

(

c

t

[

i

+

2

j

−

1

]

[

j

−

1

]
 

%
 

2

)

)

c

t

[

i

]

[

j

]

=

c

t

[

i

]

[

j

−

1

]

+

c

t

[

i

+

2

j

−

1

]

[

j

−

1

]

f[i][j]=f[i][j-1]~{\tt xor}~f[i+2^{j-1}][j-1]~{\tt xor}~\Big( 2^{j-1}\cdot(ct[i+2^{j-1}][j-1]\,\%\,2) \Big)\\ ct[i][j]=ct[i][j-1]+ct[i+2^{j-1}][j-1]

f[i][j]=f[i][j−1] xor f[i+2j−1][j−1] xor (2j−1⋅(ct[i+2j−1][j−1]%2))ct[i][j]=ct[i][j−1]+ct[i+2j−1][j−1]

询问的时候，类似的。由于是倍增，每次访问到的

f

[

i

]

[

j

]

f[i][j]

f[i][j] 的

j

j

j 都会变小，也就是说它所代表的这个区间内的石堆

c

i

c_i

ci​ 都小于先前的

2

j

2^j

2j ，都可以把加法换成异或，再通过

c

t

[

i

]

[

j

]

ct[i][j]

ct[i][j] 补到

f

[

i

]

[

j

]

f[i][j]

f[i][j] 中。

代码也很好理解，基本是标准的预处理倍增。时间复杂度只有

O

(

N

log

⁡

N

)

O(N\log N)

O(NlogN) 。

CODE

比解说还短的倍增代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 200005
#define ENDL putchar('\n')
#define LL long long
#define DB double
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
LL read() {
	LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
	return f * x;
}
int n,m,i,j,s,o,k;
int c[MAXN],dp[MAXN][20],ct[MAXN][20];
int main() {
	// Input
	n = read();m = read();
	for(int i = 1;i <= n;i ++)
		c[i] = read(),ct[c[i]][0] ++;
	// Init
	for(int i = m;i > 0;i --) {
		for(int j = 1;i+(1<<j)-1 <= m;j ++) {
			ct[i][j] = ct[i][j-1] + ct[i+(1<<(j-1))][j-1];
			dp[i][j] = dp[i][j-1] ^ dp[i+(1<<(j-1))][j-1] ^ ((ct[i+(1<<(j-1))][j-1] & 1) ? (1<<(j-1)):0);
		}
	}
	// Query
	int q = read();
	while(q --) {
		s = read();o = read();
		int xr = 0,as = 0;
		for(int j = 18;j >= 0;j --) {
			if(s+(1<<j)-1 <= o) {
				as ^= dp[s][j]^((ct[s][j] & 1) ? xr:0);
				xr ^= (1<<j); s += (1<<j);
			}
		}
		printf(as ? "A":"B");
	}
	return 0;
}