【ACM演算法競賽日常訓練】DAY16【奇♂妙拆分】【區區區間間間】【小AA的數列】數學 | 位運算 | 字首和

Eriktse0發表於2023-04-20
ACM演算法

DAY16共3題：

  • 奇♂妙拆分（簡單數學）

  • 區區區間間間（單調棧）

  • 小AA的數列（位運算dp）

? 作者：Eriktse
? 簡介：19歲，211計算機在讀，現役ACM銀牌選手?力爭以通俗易懂的方式講解演演算法！❤️歡迎關注我，一起交流C++/Python演演算法。（優質好文持續更新中……）?
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奇♂妙拆分（簡單數學）

根據貪心的想法，若要使得因子儘可能多，那麼因子應當儘可能小，大於根號n的因子至多一個，從小到大列舉[1, sqrt(n)]的所有整數，如果i能夠整除n就作為一個因子。

Code:

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

void solve()
{
    int n;cin >> n;
    set<int> st;
    for(int i = 1;i <= n / i; ++ i)
        if(n % i == 0)st.insert(i), n /= i;
    st.insert(n);
    
    cout << st.size() << '\n';
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int _;cin >> _;
    while(_ --)solve();
    return 0;
}

區區區間間間（單調棧）

題意：給定一個陣列，求所有子區間的最大值與最小值的差的和。

如果暴力列舉肯定不行，單單是子區間個數就有n ^ 2個，所以我們應該考慮每一個元素對答案的貢獻，也就是說我們需要知道某個元素a[i]它會在多少個區間裡作為最大值，在多少個區間裡作為最小值。

我們預處理出四個陣列，分別是lmax[], rmax[], lmin[], rmin[]表示點i作為最大值的左右最遠位置，和作為最小值的左右最遠位置（lmax[i] = j，表示在區間[j, i]中的最大值都是a[i]，其他的三個陣列類似定義）。

用單調棧可以處理出這四個陣列，一下以求lmax[]舉例，維護一個單調不增棧，棧記憶體放的是下標。

初始時棧內僅有一個a[0] = inf。

當我們遇到一個a[i]時，不斷地判斷棧頂元素，如果棧頂元素比a[i]小，說明這個棧頂應當彈出。

當更新完畢後，此時的棧頂的右邊相鄰位置就是a[i]往左的最遠的位置了，因為此時棧頂是a[i]往左的第一個大於等於a[i]的位置，那麼這中間的元素都會小於a[i]。

其他的三個陣列類似，注意，如果我們處理lmax用的是單調不增棧，那麼處理rmax就應當用單調遞增棧，而不是單調不減棧，否則可能出現區間重複表示或沒有歸屬的問題（自己思考）。

Code:

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 9, inf =8e18;
int a[N], stk[N], top, lmax[N], rmax[N], lmin[N], rmin[N];

void solve()
{
    int n;cin >> n;
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)cin >> a[i];
    a[0] = a[n + 1] = inf;
    
    top = 0;
    stk[++ top] = 0;
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)
    {
        while(top && a[i] > a[stk[top]])top --;
        lmax[i] = stk[top] + 1;
        stk[++ top] = i;
    }
    
    top = 0;
    stk[++ top] = n + 1;
    for(int i = n;i >= 1; -- i)
    {
        while(top && a[i] >= a[stk[top]])top --;
        rmax[i] = stk[top] - 1;
        stk[++ top] = i;
    }
    
    
    a[0] = a[n + 1] = -inf;
    top = 0;
    stk[++ top] = 0;
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)
    {
        while(top && a[i] < a[stk[top]])top --;
        lmin[i] = stk[top] + 1;
        stk[++ top] = i;
    }
    
    top = 0;
    stk[++ top] = n + 1;
    for(int i = n;i >= 1; -- i)
    {
        while(top && a[i] <= a[stk[top]])top --;
        rmin[i] = stk[top] - 1;
        stk[++ top] = i;
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)
    {
        ans += a[i] * (rmax[i] - i + 1) * (i - lmax[i] + 1);
        ans -= a[i] * (rmin[i] - i + 1) * (i - lmin[i] + 1);
    }
    cout << ans << '\n';
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int _;cin >> _;
    while(_ --)solve();
    return 0;
}

小AA的數列（位運算 | 字首和）

這道題一看有點懵，感覺不是很好處理，但依然是套路題。

看到異或，我們應該想把每一個二進位制位拆分開，實際上這裡約32位二進位制位可以先認為是相互獨立的，對於每一位都計算出貢獻，然後按照位權重加和即可。

異或題的套路基本都是拆分二進位制，整體考慮起來比較複雜，拆分後會簡單很多。

先不管L, R。

假如我們考慮陣列1 2 3 4 5的第0位：

獲取第0位後得到b陣列：1 0 1 0 1。

因為我們要得到區間內1的個數，所以處理一個異或字首和p[]是自然而然的，然後我們列舉每一位作為左端點，看看會得到一個怎樣的式子：

\[sum=\sum_{j=i + 1}^{j += 2, j \le n}p[j]\oplus p[i-1] \]

我們知道異或其實就是% 2的加法，也是% 2減法，所以我們將異或字首和改為普通字首和p[]，以上的柿子可以轉化為：

\[sum=\sum_{j=i + 1}^{j += 2, j \le n}[(p[j] - p[i-1]) (mod 2)] \]

那麼我們就可以對p再做一個字首和p2，但是p2的步長應為2。

然後上面的柿子就等價於（其中l, r為j的上下限，需要保證與i - 1奇偶性相同，j的個數為(r - l + 2) / 2）:

\[sum=| p2[r] - p2[l - 1] - p[i - 1] * ((r - l + 2) / 2))| \]

因為這個p2存在p2[-1]的情況，所以我們做個小小的便宜，方便程式碼的編寫（其實你想要特判也行，只是不太方便，也容易出錯）。

注意一下其他細節即可。

Code:

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 109, p = 1e9 + 7, T = 100;
int a[N], b[N], p1[N], p2[N];


signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, l, r;cin >> n >> l >> r;
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)cin >> a[i];
    
    int ans = 0;
    for(int w = 0;w <= 32; ++ w)
    {
        for(int i = 1;i <= n; ++ i)b[i] = a[i] >> w & 1;
        for(int i = 1;i <= n; ++ i)p1[T + i] = (b[i] + p1[T + i - 1]) % 2;
        for(int i = 1;i <= n; ++ i)p2[T + i] = p1[T + i] + p2[T + i - 2];
        
        int sum = 0;
        for(int i = 1;i <= n; ++ i)
        {
            int j1 = max(i + 1, l + i - 1), j2 = min(n, r + i - 1);
            if((j1 - i) % 2 == 0)j1 ++;
            if((j2 - i) % 2 == 0)j2 --;
            if(j2 < j1)continue;
            
            sum += abs(p2[T + j2] - p2[T + j1 - 2] - 
                       p1[T + i - 1] * ((j2 - j1) / 2 + 1));
        }
        ans = (ans + (1ll << w) * sum % p) % p;
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}

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