A.擠壓
經典二進位制拆位
好像也不是那麼經典，CL-22 有提到
那麼這個題因為維護的不是貢獻和而是貢獻平方和，所以考慮怎麼計算
假設我們得到了一個異或後的答案 \(x\)，不動腦子的寫成 \(x=(k_12^{1}+k_22^{2}\cdots)^2\)，二項式定理可以拆開，變成 \(\sum_{i\operatorname{and}j}2^{i}\times 2^{j}\) (當 \(i\) 有值時，其貢獻為 \(2^i\)，\(j\) 同理，拆分後貢獻為二者相乘，可以發現，這兩者中一旦有一個為 \(0\)，則其貢獻也為 \(0\)，乘起來也就是 \(0\)，所以不做統計，關於如何判斷 \(i,j\) 有值，CL-22 裡有說，就是先拆位開桶，然後如果是奇數就有值，偶數就沒有)，發現是隻有兩項的形式，所以直接列舉即可
UPD: 碼的誰問的，顯然這裡不是列舉 \(\sum_{i\operatorname{and}j}2^{i}\times 2^{j}\) 再相加，你好歹得套個期望吧
設 \(f_{i,j,k,l,m}\) 表示考慮到第 \(i\) 位數字，考慮其 \(j,k\) 兩位，\(l,m\in\{0,1\}\) 表示其有值/無值（其實也就是出現的 \(1\) 的個數是奇數還是偶數）的機率，注意這裡求的機率是關於 “從前 \(i\) 個裡選出若干個，最後的結果的第 \(i,j\) 位實現上述狀態的機率”，然後你從 \(i\) 轉移到 \(i+1\) 的時候，直接去判斷當前選還是不選，如果選的話，判斷一下新加入的值的第 \(i,j\) 位是否有值，有的話就將對應奇偶性取反
最後統計的時候直接從 \(i=n,l=1,m=1\) 的狀態里加和即可，要注意乘以 \(2^i\times 2^j\)，統計的時候要注意 \(f_{n,j,j,1,1}\) 這樣的結果也要算進去，因為平方拆開是有自平方項的
提前預處理逆元和真實機率，否則跑的賊慢
跟 int_R 學到了炫酷寫法
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int p=1e9+7;
int n;
int a[100001],p0[100001];
int f[2][33][33][2][2];
int power(int a,int t){
int base=a,ans=1;
while(t){
if(t&1){
ans=ans*base%p;
}
base=base*base%p;
t>>=1;
}
return ans;
}
const int inv=power(1000000000,p-2);
signed main(){
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%lld",&a[i]);
}
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%lld",&p0[i]);
p0[i]=p0[i]*inv%p;
}
for(int i=0;i<=32;++i){
for(int j=0;j<=32;++j){
f[0][i][j][0][0]=1;
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=0;j<=32;++j){
for(int k=0;k<=32;++k){
for(int l:{0,1}){
for(int m:{0,1}){
f[i&1][j][k][l][m]=(f[1-(i&1)][j][k][l][m]*(1-p0[i])+f[1-(i&1)][j][k][l^((a[i]>>j)&1)][m^((a[i]>>k)&1)]*p0[i])%p;
}
}
}
}
}
int ans=0;
for(int i=0;i<=32;++i){
for(int j=0;j<=32;++j){
ans+=(1ll<<(i+j))%p*f[n&1][i][j][1][1]%p;
ans%=p;
}
}
cout<<(ans%p+p)%p;
}
B.工地難題
\(Update\) \(S\infty n\)
C.星空遺蹟
維護一個勝利者棧，在這個棧裡保證前一個元素能贏後一個，只要維護出這個棧，則棧底元素即為勝利者
- 棧空，插入
- 棧頂元素輸了或平局，彈出
- 棧頂元素贏了，插入新元素
這樣做的依據：
- 兩個可以勝中間元素的元素，將其中間元素清除後結果不變（彈掉失敗者的依據）
- 一個相同元素的連通塊，縮成一個後不影響結果（彈掉平局者的依據）
轉化成式子大概就是
你無視這個對 \(1\) 取 \(\max\)，發現在整個過程中的 \(f_i\) 的最小值即為要求的字元所在地
感性理解
所以如果你無視掉這個對 \(1\) 取 \(\max\)，那麼我們就可以透過維護原陣列的最小值來求解
然後上線段樹
可以維護一個原陣列的差分陣列，這個差分陣列只有 \(1,0,-1\) 三種取值，然後我們對查分陣列的字首和維護一顆線段樹，因為我們單點修改時，相當於對差分陣列做出最多一項修改，在字首和上體現就是將 \([i,n]\) 的所有值整體平移，那麼我們就需要一個支援區間修改，查詢最小值所在位置的線段樹，查詢位置也很簡單，你只需要在樹節點裡記錄一下 \(pos\) 資訊
然後你做修改的時候（比如把差分陣列 \(dx_i\) 變成 \(dx_i'\)），直接對 \([i,n]\) 增加一個 \(dx_i'-dx_i\) 就行了，非常好寫
然後需要注意的就是，如果遇到兩個都是最小值，那麼應該取下標靠後的那個
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,q;
inline int ton(char c){
if(c=='R') return 0;
if(c=='P') return 2;
return 1;
}
inline char toc(int i){
if(i==0) return 'R';
if(i==2) return 'P';
return 'S';
}
inline bool win2(int x,int y){
if(x==0 and y==1) return true;
if(x==1 and y==2) return true;
if(x==2 and y==0) return true;
return false;
}
inline int win(int s,int x){
return win2(s,x);
// -1 front win
// if(s==x) return 0;
// if(s==1 and x==2) return 1;
// if(s==1 and x==3) return -1;
// if(s==2 and x==3) return 1;
// if(s==2 and x==1) return -1;
// if(s==3 and x==1) return 1;
// if(s==3 and x==2) return -1;
}
const int inf=0x3f3f3f3f;
int sum[200001];
namespace stree{
struct tree{
int l,r;
int val,pos;
int lazy;
}t[800001];
#define tol (id*2)
#define tor (id*2+1)
#define mid(l,r) mid=((l)+(r))/2
void pushup(int id){
if(t[tol].val<=t[tor].val){
t[id].val=t[tol].val;
t[id].pos=t[tol].pos;
}
else{
t[id].val=t[tor].val;
t[id].pos=t[tor].pos;
}
}
void build(int id,int l,int r){
t[id].l=l;t[id].r=r;
if(l==r){
t[id].val=sum[l];
t[id].pos=l;
return;
}
int mid(l,r);
build(tol,l,mid);
build(tor,mid+1,r);
pushup(id);
}
void pushdown(int id){
if(t[id].lazy){
t[tol].val+=t[id].lazy;
t[tol].lazy+=t[id].lazy;
t[tor].val+=t[id].lazy;
t[tor].lazy+=t[id].lazy;
t[id].lazy=0;
}
}
void change(int id,int l,int r,int val){
// cout<<"change "<<id<<" "<<l<<" "<<r<<" "<<val<<endl;
if(l<=t[id].l and t[id].r<=r){
t[id].val+=val;
t[id].lazy+=val;
return;
}
pushdown(id);
int mid(t[id].l,t[id].r);
if(mid>=l) change(tol,l,r,val);
if(mid<r) change(tor,l,r,val);
pushup(id);
}
tree ask(int id,int l,int r){
if(l<=t[id].l and t[id].r<=r) return t[id];
pushdown(id);
int mid(t[id].l,t[id].r);
tree res={0,0,inf,0,0};
if(mid>=l) res=ask(tol,l,r);
if(mid<r){
if(res.val>=inf) res=ask(tor,l,r);
else{
tree res2=ask(tor,l,r);
if(res2.val<res.val) res=res2;
}
}
return res;
}
}
int a[200001];
stack<int>st;
int solve(){
// for(int i=1;i<=n;++i){
// cout<<a[i]<<" ";
// }
// cout<<endl;
while(!st.empty()) st.pop();
int lastans=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
while(!st.empty() and win2(st.top(),a[i])==false) st.pop();
st.push(a[i]);
if(st.size()==1) lastans=st.top();
}
return lastans;
}
int d[200001];
int main(){
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
scanf("%d %d",&n,&q);getchar();
for(int i=1;i<=n;++i){
a[i]=ton(getchar());
}
d[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i){
if(win(a[i-1],a[i])) d[i]=1;
else if(win(a[i],a[i-1])) d[i]=-1;
else d[i]=0;
}
for(int i=1;i<=n;++i){
// cout<<d[i]<<" ";
sum[i]=sum[i-1]+d[i];
}
// cout<<endl;
stree::build(1,1,n);
while(q--){
int op;scanf("%d",&op);
int k,l,r;char x;
if(op==1){
scanf("%d %c",&k,&x);
a[k]=ton(x);
int bef,aft,now=ton(x);
if(k!=1){
bef=d[k];aft=0;
if(win(a[k-1],now)) aft=1;
if(win(now,a[k-1])) aft=-1;
d[k]=aft;
stree::change(1,k,n,aft-bef);
// cout<<aft<<" "<<bef<<" 1"<<aft-bef<<endl;
}
if(k!=n){
bef=d[k+1];aft=0;
if(win(now,a[k+1])) aft=1;
if(win(a[k+1],now)) aft=-1;
d[k+1]=aft;
stree::change(1,k+1,n,aft-bef);
// cout<<aft<<" "<<bef<<" 2"<<aft-bef<<endl;
}
a[k]=now;
}
else{
scanf("%d %d",&l,&r);
printf("%c\n",toc(a[stree::ask(1,l,r).pos]));
}
}
}
