ZROI Day1 比赛解题报告
版权原因不提供题面相关信息
序
前天晚上搞得比较晚,然后早上做题很没状态,刚看到T1发现没什么思路就有点慌,赶紧看了看T2,T3,
发现T3暴力很好打,T2想了一想可以用数据结构维护一个贪心(感觉我比较能乱搞的只有数据结构)然后码码码,回来看T1还是没什么感觉,随手打了30pts暴力....然后就写炸了,90-->60,真的太菜了
A
现在看确实像是提高难度,有几个显然的性质考场上全都没想到...
若用\(bit(x)\)表示x在二进制下1的个数,则\(bit(x\) \(xor\) \(y) \%2=(bit(x)+bit(y))\%2\)
- 对于区间\([0,m]\),其中二进制下1的个数为偶数的数的个数x为
- \((m+1)/2\) ---m为奇数
- \(m/2-1+[m\)有偶数个\(1]\) ---m为偶数
所以只要把区间离散化后统计答案即可,对于一个区间,其中的对数为二进制下有奇数个1的数的个数乘以二进制下有偶数个1的数的个数
B
这题也需要几个性质,很容易手推得到做出的贡献是单调的,于是有个朴素的做法是对于每一个偶数数组,我们枚举此时在它后面插入每一个奇数对答案的贡献，即产生的逆序对，然后取各个的最小值加起来,当然要先预处理加在第一个数前面的情况，时间复杂度\(O(N\) \(log\) \(N)\)
正解其实与上面类似,然而我们是枚举每一个奇数,用数据结构维护它的最优贡献
代码
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <queue>
#define ll long long
#define ri register int
using std::min;
template <class T>inline void read(T &x){
x=0;int ne=0;char c;
while(!isdigit(c=getchar()))ne=c=='-';
x=c-48;
while(isdigit(c=getchar()))x=(x<<3)+(x<<1)+c-48;
x=ne?-x:x;return ;
}
const int maxn=200005;
const int inf=0x7fffffff;
int n;
int a[maxn],pos[maxn];
int L,R,dta;
struct Segment_Tree{
int mi[maxn<<2],tag[maxn<<2];
void build(int now,int l,int r){
mi[now]=inf,tag[now]=0;
if(l==r){
mi[now]=l;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(now<<1,l,mid);
build(now<<1|1,mid+1,r);
mi[now]=min(mi[now<<1],mi[now<<1|1]);
return ;
}
inline void pushdown(int now){
if(tag[now]!=0){
mi[now<<1]+=tag[now];
mi[now<<1|1]+=tag[now];
tag[now<<1]+=tag[now];
tag[now<<1|1]+=tag[now];
tag[now]=0;
}
return ;
}
void update(int now,int l,int r){
if(L<=l&&r<=R){
mi[now]+=dta;
tag[now]+=dta;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
pushdown(now);
if(L<=mid)update(now<<1,l,mid);
if(mid<R)update(now<<1|1,mid+1,r);
mi[now]=min(mi[now<<1],mi[now<<1|1]);
return ;
}
int query(int now,int l,int r){
if(L<=l&&r<=R){
return mi[now];
}
int mid=(l+r)>>1,ans=inf;
pushdown(now);
if(L<=mid)ans=min(ans,query(now<<1,l,mid));
if(mid<R)ans=min(ans,query(now<<1|1,mid+1,r));
mi[now]=min(mi[now<<1],mi[now<<1|1]);
return ans;
}
}T;
struct BIT{
int b[maxn];
inline void add(int x,int y){
for(ri i=x;i<=y;i+=(i&-i)){
b[i]++;
}
return ;
}
inline int get(int x){
int ans=0;
for(ri i=x;i>0;i-=(i&-i)){
ans+=b[i];
}
return ans;
}
}B;
int main(){
ll ans=0;
read(n);
n=n>>1;
for(ri i=1;i<=n;i++){
read(a[i]);
pos[a[i]]=i;
}
for(ri i=n;i>=1;i--){
ans+=B.get(a[i]);
B.add(a[i],n<<1);
}
T.build(1,0,n);
for(ri i=1;i<=n;i++){
L=0,R=n;
ans+=T.query(1,0,n);//printf("%d\n",ans);
int x=pos[i*2];
L=0,R=x-1,dta=1;
T.update(1,0,n);
L=x,R=n,dta=-1;
T.update(1,0,n);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}C
三重容斥,毒瘤