[每日随题15] 前缀和 - 拓扑排序 - 树状数组

整体概述

难度：1000 → \rightarrow → 1500 → \rightarrow → 2000

1567B. MEXor Mixup

标签：前缀和
前置知识：无
难度：Div.2.B 1000

题目描述：

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解题思路：

首先我们知道，想要让 M E X = a MEX=a MEX=a 则 [ 0 , a − 1 ] [0,a-1] [0,a−1] 范围内的数都得选，发现 1 ≤ a ≤ 3 ⋅ 1 0 5 1\le a\le 3·10^5 1≤a≤3⋅105 那么我们可以预处理出所有 [ 0 , x ] [0,x] [0,x] 的异或和。
接着要让 x o r = b xor=b xor=b，我们设 x o r i = 0 a − 1 = c xor_{i=0}^a-1=c xori=0a−1=c，那么还差 b c b^c bc 就可以凑出该数字。
需要注意的是如果 c = a c=a c=a，那么我们需要拿两个数字凑出 c c c，否则只需要直接再增加一个 c c c 即可。

如果 c = 0 c=0 c=0 表示直接凑出 b b b 了，那么不需要再加数字了。
预处理出前缀异或和，查询复杂度 O ( 1 ) O(1) O(1)，总复杂度 O ( 3 ⋅ 1 0 5 ) O(3·10^5) O(3⋅105)。

完整代码

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#include<bits/stdc++.h>
#define Size(x) ((int)(x).size())
#define int long long
using namespace std;
const int N = 3e5+5;
int pre[N];
inline void solve(){
	int a,b; cin >> a >> b;
	int c = pre[a-1]^b;
	if(!c) cout << a << '\n';
	else if(c == a) cout << a+2 << '\n';
	else cout << a+1 << '\n';
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int T; cin >> T;
	for(int i=1;i<N;i++) pre[i] = pre[i-1]^i; 
	while(T--) solve();
	return 0;
}

501C. Misha and Forest

标签：拓扑排序
前置知识：无
难度：Div.2.C 1500

题目描述：

输入格式：

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2
1 1
1 0

样例输出：

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2
1 0
2 0

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1
0 1

解题思路：

由于是一片森林，不存在环，那么一定有某些节点的度为 1 1 1，而我们又知道这些节点的相邻节点编号的异或和，就是相邻节点的编号，那么这些边就都可以确定了。
接着在未确定的边中删去这些边，就会又有某些节点度为 1 1 1，这个过程其实就是拓扑排序的过程，我们跑一遍拓扑排序，每次连边即可。

需要注意的是，如果出队列的点度为 0 0 0 表明已经连过了，此时跳过即可。
总复杂度 O ( n ) O(n) O(n)。

完整代码

c++ 复制代码

#include<bits/stdc++.h>
#define Size(x) ((int)(x).size())
#define int long long
using namespace std;
const int N = (1<<16)+5;
int n,d[N],eor[N];
vector<pair<int,int>> res;
inline void solve(){
	cin >> n;
	for(int i=0;i<n;i++) cin >> d[i] >> eor[i];
	queue<int> qu;
	for(int i=0;i<n;i++) if(d[i] == 1) qu.push(i);
	while(!qu.empty()){
		int u = qu.front(); qu.pop();
		int v = eor[u];
		if(!d[u]) continue;
		res.push_back({u,v});
		eor[v] ^= u;
		if(--d[v] == 1) qu.push(v);
	}
	cout << res.size() << '\n';
	for(auto [u,v]:res) cout << u << ' ' << v << '\n';
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int T; T = 1;
	while(T--) solve();
	return 0;
}

755D. PolandBall and Polygon

标签：树状数组
前置知识：无
难度：8VC Venture Cup 2017.D 2000

题目描述：

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5 2

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10 3

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2 3 5 8 11

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2 3 4 6 9 12 16 21 26 31

解题思路：

通过画图我们发现，画一条线增加的区域数画一条线增加的区域数画一条线增加的区域数等同于与原有线段的交点个数 + 1 与原有线段的交点个数+1 与原有线段的交点个数+1，所以问题就转化为每次给出线段的两个端点，求有多少个交点。
我们发现所有相交线段的两个端点分别位于线段两侧，即有且仅有一个端点在新线段的 ( l , r ) (l,r) (l,r) 间。由于每条线段两个端点间的距离是固定的，因此我们仅需统计在 ( l , r ) (l,r) (l,r) 内的节点的总度数，即为交点个数。

需要注意的是，我们用的 [ l , r ] [l,r] [l,r] 区间需要是劣弧的那一段。
那么我们用树状数组进行单点修改，区间查询，总复杂度 O ( n ⋅ l o g 2 n ) O(n·log_{2}n) O(n⋅log2n)。

完整代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
int n,k,tr[N];
inline void add(int x,int v){
	for(int i=x;i<=n;i+=i&-i) tr[i] += v;
}
inline long long sum(int l,int r){
	if(l > r) return 0;
	long long ans = 0;
	for(int i=r;i;i&=i-1) ans += tr[i];
	for(int i=l-1;i;i&=i-1) ans -= tr[i];
	return ans;
}
inline void solve(){
	cin >> n >> k;
	long long ans = 1;
	for(int i=1,p=1,l,r,cur;i<=n;i++){
		l = p,r = p = l+k > n ? l+k-n : l+k;
		if(l > r) swap(l,r);
		cur = (r-l-1) <= (n-r+l-1) ? sum(l+1,r-1) : sum(r+1,n) + sum(1,l-1); 
		ans += cur+1;
		cout << ans << ' ';
		add(l,1), add(r,1);
	}
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int T; T = 1;
	while(T--) solve();
	return 0;
}