[2020牛客算法竞赛入门课第六节习题] 简单瞎搞题 bitset+简单dp

题目链接：简单瞎搞题

题意

给你n个区间，每次我们从一个区间 ${l[i]～r[i]}$取一个数，然后从n个区间取n个数后，取 ${s=\sum_{i=1}^{n}x_i^2}$，问s的情况有多少种。

题解

一开始当作正常dp求解，设dp[i][j]:已经取了前i个区间后答案为j的个数。
状态转移方程为：dp[i][j]+=dp[i-1][j-k*k] , (k为从第i个区间选的数字)
然后答案无非最大为 ${100*100^2}$，最后再遍历1～1000000，dp[n][i]有值的答案++，但很明显这个的时间复杂度为 ${O(n^2m)}$，m为1e6。emmm,于是就Ban了。

那么怎么解呢？
我苦思冥想没想到减少空间和时间复杂度的方法，最后发现有个叫bitset的类似数组的一个数据类型。
bitset的每个元素只有0和1，但每个元素仅占1 bit。Woc，1bit什么概念，平时一个int类型的整数四个字节32位，而这个bitset只有1位，虽然只能存放0和1，但这道题转化一定可以求解的。

先补充一下bitset的一些用法

(引用这位大佬的部分讲解)

用字符串构造时，字符串只能包含 ‘0’ 或 ‘1’ ，否则会抛出异常。

	bitset<4> bitset1;　　//无参构造，长度为４，默认每一位为０

    bitset<8> bitset2(12);　　//长度为８，二进制保存，前面用０补充

    string s = "100101";
    bitset<10> bitset3(s);　　//长度为10，前面用０补充
    
    char s2[] = "10101";
    bitset<13> bitset4(s2);　　//长度为13，前面用０补充

    cout << bitset1 << endl;　　//0000
    cout << bitset2 << endl;　　//00001100
    cout << bitset3 << endl;　　//0000100101
    cout << bitset4 << endl;　　//0000000010101

二进制的一些操作符

	bitset<4> foo (string("1001"));
    bitset<4> bar (string("0011"));

    cout << (foo^=bar) << endl;       // 1010 (foo对bar按位异或后赋值给foo)
    cout << (foo&=bar) << endl;       // 0010 (按位与后赋值给foo)
    cout << (foo|=bar) << endl;       // 0011 (按位或后赋值给foo)

    cout << (foo<<=2) << endl;        // 1100 (左移２位，低位补０，有自身赋值)
    cout << (foo>>=1) << endl;        // 0110 (右移１位，高位补０，有自身赋值)

    cout << (~bar) << endl;           // 1100 (按位取反)
    cout << (bar<<1) << endl;         // 0110 (左移，不赋值)
    cout << (bar>>1) << endl;         // 0001 (右移，不赋值)

    cout << (foo==bar) << endl;       // false (0110==0011为false)
    cout << (foo!=bar) << endl;       // true  (0110!=0011为true)

    cout << (foo&bar) << endl;        // 0010 (按位与，不赋值)
    cout << (foo|bar) << endl;        // 0111 (按位或，不赋值)
    cout << (foo^bar) << endl;        // 0101 (按位异或，不赋值)

可用函数

	bitset<8> foo ("10011011");

    cout << foo.count() << endl;　　//5　　（count函数用来求bitset中1的位数，foo中共有５个１
    cout << foo.size() << endl;　　 //8　　（size函数用来求bitset的大小，一共有８位

    cout << foo.test(0) << endl;　　//true　　（test函数用来查下标处的元素是０还是１，并返回false或true，此处foo[0]为１，返回true
    cout << foo.test(2) << endl;　　//false　　（同理，foo[2]为０，返回false

    cout << foo.any() << endl;　　//true　　（any函数检查bitset中是否有１
    cout << foo.none() << endl;　　//false　　（none函数检查bitset中是否没有１
    cout << foo.all() << endl;　　//false　　（all函数检查bitset中是全部为１

一些转换类型的函数

	bitset<8> foo ("10011011");

    string s = foo.to_string();　　//将bitset转换成string类型
    unsigned long a = foo.to_ulong();　　//将bitset转换成unsigned long类型
    unsigned long long b = foo.to_ullong();　　//将bitset转换成unsigned long long类型

    cout << s << endl;　　//10011011
    cout << a << endl;　　//155
    cout << b << endl;　　//155

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介绍完怎么用，开始讲解法，解法很简单，既然 ${\sum_{i=1}^{n}x_i^2}≤10^6$，那么我可以申请100个长度为 ${10^6}$的bitset。

bitset<1000005> dp[105];

定义基本不变，dp[i][j]：已经取了前i个区间后，答案为j是否存在，如果存在为1否则为0。
初始化dp[0][0]=1
从1开始，然后每次加上 ${x_i^2}$，那么怎么加呢？位运算有一个<<左移操作，我们可以dp[i]<< ${x_i^2}$来达到，代表在取前(i-1)个区间的基础上加上 ${x_i^2}$的结果。

那么状态转移很容易写出

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dp[i] |= dp[i-1]<<(i*i); //i为l~r区间内的所有数字

最后答案就是统计dp[n]里这1000005位里为1的个数。
知道了dp定义、初始化以及状态转移方程。这道dp题就迎刃而解啦～～

代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<bitset>
#include<cassert>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<iomanip>
#include<list>
#include<map>
#include<queue>
#include<set>
#include<stack>
#include<vector>
#include <bitset>
using namespace std;
//extern "C"{void *__dso_handle=0;}
typedef long long ll;
typedef long double ld;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define pii pair<int,int>

const double PI=acos(-1.0);
const double eps=1e-6;
const ll mod=2333;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e6+10;
const int maxm=100+10;
#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);

ll gcd(ll a,ll b) { return b==0?a:gcd(b,a%b); }
bitset<1000005> dp[105];
int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int l,r;
		scanf("%d%d",&l,&r);
		for(int j=l;j<=r;j++) 
			dp[i] |= (dp[i-1]<<(j*j));
	}
	cout << dp[n].count() << endl;
}