序列问题

https://zybuluo.com/ysner/note/1174224

题面

现有一个长度为\(n\)的序列\(\{ai\}\),找出两个非空的集合\(S\)、\(T\)。
这两个集合要满足以下的条件:

• 两个集合中的元素都为整数,且都在\([1, n]\)里,即\(S_i,T_i\in[1, n]\)。
• 对于集合\(S\)中任意一个元素\(x\),集合\(T\)中任意一个元素\(y\),满足\(x<y\)。
• 对于大小分别为\(p,q\)的集合\(S\)与\(T\),满足
  \(a[S_1]\bigoplus a[S_2]\bigoplus a[S_3] ... \bigoplus a[s_p] = a[t_1]\&a[t_2]\&a[t_3] ...\&a[t_q]\)

询问一共有多少对这样的集合\((S,T)\)。

• \(60pts\) \(n\leq100\)

• \(100pts\) \(n\leq1000,a_i<1024\)

  解析

  \(n\leq100\)

  直接设\(lt[i][j]\)表前\(i\)个数中 已取数 异或和 为\(j\)的方案数。
  \(rt[i][j]\)同理。
  然后枚举分割点和相等值统计答案。
  注意一下开始分割点要放在取了的数上，否则会计重。

  #include<iostream>
  #include<cmath>
  #include<cstring>
  #include<cstdio>
  #include<cstdlib>
  #include<algorithm>
  #define ll long long
  #define re register
  #define il inline
  #define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
  #define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
  using namespace std;
  const int N=1024;
  int n,a[N];
  ll lt[1200][1200],rt[1200][1200][2],ans;
  il ll gi() 
  {
    re ll x=0,t=1;
    re char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
    if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
  }
  il void wri(re int x)
  {
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) wri(x/10);
    putchar(x%10+'0');
  }
  int main()
  {
    freopen("sequence.in","r",stdin);
    freopen("sequence.out","w",stdout);
    n=gi();
    fp(i,1,n) a[i]=gi();
    fp(i,1,n) lt[i][a[i]]=1,rt[i][a[i]][1]=1;
    fp(i,1,n)
  fp(j,0,N)
  {
    lt[i][j^a[i]]+=lt[i-1][j];
    lt[i][j]+=lt[i-1][j];
  }
    fq(i,n,1)
  fp(j,0,N)
  {
    rt[i][j&a[i]][1]+=rt[i+1][j][1]+rt[i+1][j][0];
    rt[i][j][0]+=rt[i+1][j][1]+rt[i+1][j][0];
  }
    fp(i,1,n)
  fp(j,0,N)
  ans+=lt[i-1][j]*rt[i][j][1];
    printf("%lld\n",ans);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
  }

  复杂度\(O(1024*n*2)\)

  \(n\leq1000\)

  注意到\(lt[i][j]\)的值可能以\(3!\)的比例呈现。。。
  所以我们需要高精。。。
  然而我们发现强行高精乘效率很低。
  于是我们要把\(dp\)方程式转化一下。
  设\(dp[i][j][0/1]\)表示第\(i-n\)个数中，已取数"and和"（\(0\)）或"xor和"\(\&\)"and和"（\(1\)）为\(j\)的方案数。
  应选择倒推，这样最后的合法情况中\(j\)一定为\(0\)。
  则
  \(dp[i][j\& a[i]][0]+=dp[i+1][j][0]\)
  \(dp[i][j][0]+=dp[i+1][j][0]\)
  \(dp[i][j\bigoplus a[i]][1]+=dp[i+1][j][1]+dp[i+1][j][0]\)
  \(dp[i][j][1]+=dp[i+1][j][1]\)
  (注意短式不能与长式合并，因长式中第二位取值受到限制）
  答案在\(dp[1][0][1]\)中。
  这样只用高精加即可。

  #include<iostream>
  #include<cmath>
  #include<cstring>
  #include<cstdio>
  #include<cstdlib>
  #include<algorithm>
  #define ll long long
  #define re register
  #define il inline
  #define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
  #define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
  using namespace std;
  const int N=1024;
  int n,a[N];
  ll dp[1200][1200][2],ans;
  il ll gi() 
  {
    re ll x=0,t=1;
    re char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
    if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
  }
  il void wri(re int x)
  {
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) wri(x/10);
    putchar(x%10+'0');
  }
  int main()
  {
    freopen("sequence.in","r",stdin);
    freopen("sequence.out","w",stdout);
    n=gi();
    fp(i,1,n) a[i]=gi();
    fp(i,1,n) dp[i][a[i]][0]=1;
    fq(i,n,1)
  fp(j,0,N)
  {
    dp[i][j&a[i]][0]+=dp[i+1][j][0];
    dp[i][j^a[i]][1]+=dp[i+1][j][1]+dp[i+1][j][0];
    dp[i][j][0]+=dp[i+1][j][0];
    dp[i][j][1]+=dp[i+1][j][1];
  }
    printf("%lld\n",dp[1][0][1]);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
  }