【DP】 [COCI2017-2018#3] Dojave

题意：

给出一个长为 $2^m$ 得排列a
求满足以下条件的区间 $[l,r]$ 的数量
1、交换排列a中两个元素的位置。（交换操作不保留）
2、令 $a_l\otimes a_{l+1}\otimes a_{l+2}\otimes ……\otimes a_r=2^m-1$

分析：

首先，设一个区间中的某个值为 $x$
若换出x，再换入一个数 $y$ ，使得整个序列的xor和为 $2^m-1$
那么就必须满足条件： $sum\otimes x\otimes y=2^m-1$ （sum表示 $[l,r]$ 的xor和）
显然，x与y是一一对应的。

如果这个y不在 $a[l,r]$ 中，那么直接换这个就可以了。

讨论y也在 $a[l,r]$ 中的情况：
那么 $sum_{去掉x去掉y}=2^m-1$

如果对于整个区间的数，只要有一个x，其对应的y不在这个区间内，那么就可以换这个值。

如果找不到，那么整个区间就可以用许多对(x,y)填满。

这时，很容易发现：每对(x,y)满足 $x\otimes y$ 是定值（因为去掉任意一对，剩下的xor和都等于 $2^m-1$ ）。

那么这个 $sum$ 就可以看作是数个相同的值的xor和，那么必然满足：如果是奇数个，那么xor和为这个数本身，偶数个，xor和为0。

由于 $sum_{去掉x去掉y}=2^m-1≠0$ ，所以每对 $(x,y)$ 都满足： $x\otimes y=2^m-1$

综上，一个区间非法的条件是：长度为4的倍数，且对于区间中任意一个数 $x$ ，满足 $(2^m-1\otimes x)$ 也在这个区间中。

如果对每个 $x$ ，把它向 $2^m-1\otimes x$ 连一条边
然后要求的无非就是：长度为4的倍数的区间 $[l,r]$ ，且没有边从内部跨过l,r的数量。

然后就有个性质，对每个位置 $p$ 而言，假设覆盖了它的边有 $cnt_p$ 条。
那么若以其为右端点，最近的非法区间左端点位置 $i$ 必然满足： $cnt_i=cnt_p$ 且不存在一个数 $j\in (i,p),满足cnt_j=cnt_p$ （说白了就是上一个覆盖数相同的位置）。当然，若其没有非法左端点，仍然可能找到一个位置，所以要用线段树之类的东西check一下。

然后用dp转移就行了
$dp(i,0/1)$ 表示以i为右端点，长度len%4=0,len%4=2的区间各有多少个。
$dp(i,0)=dp(go_i,0\otimes (\frac {len} 2\%2))+1$ （+1表示空区间）
$dp(i,1)=dp(go_i,1\otimes (\frac {len} 2\%2))$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN ((1<<20)+10)
#define INF 0x3FFFFFFF
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
int a[MAXN],pos[MAXN],t[MAXN],las[MAXN],go[MAXN];
int cnt;
int n,m;
int dp[MAXN][2];
pair<int,int> tree[MAXN*4];
void build(int l,int r,int id){
    if(l==r){
        tree[id]=make_pair(t[l],t[l]);
        return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    build(l,mid,id*2);
    build(mid+1,r,id*2+1);
    tree[id].first=max(tree[id*2].first,tree[id*2+1].first);
    tree[id].second=min(tree[id*2].second,tree[id*2+1].second);
}
pair<int,int> que(int l,int r,int id,int pl,int pr){
    if(l>=pl&&r<=pr)
        return tree[id];
    int mid=(l+r)>>1;
    pair<int,int> res=make_pair(0,INF);
    if(pl<=mid){
        pair<int,int> res1=que(l,mid,id*2,pl,pr);
        res.first=max(res.first,res1.first);
        res.second=min(res.second,res1.second);
    }
    if(pr>mid){
        pair<int,int> res1=que(mid+1,r,id*2+1,pl,pr);
        res.first=max(res.first,res1.first);
        res.second=min(res.second,res1.second);
    }
    return res;
}
bool check(int l,int r){
    pair<int,int> q=que(1,m,1,l,r);
    return q.first<=r&&q.second>=l;
}
int main(){
    SF("%d",&n);
    if(n==1){
        PF("2");
        return 0;
    }
    m=(1<<n);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        SF("%d",&a[i]);
        pos[a[i]]=i;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
        t[i]=pos[(m-1)^a[i]];
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(t[i]<i){
            cnt--;
            go[i]=las[cnt];
            las[cnt]=i;
        }
        else{
            cnt++;
            las[cnt]=i;
        }
    }
    ll ans=1ll*(m+1ll)*m/2ll;
    build(1,m,1);
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        dp[i][0]=max(1,dp[i][0]);
        if(t[i]>i)
            continue;
        if(check(go[i]+1,i)){
            int len=((i-go[i])%4)/2;
            ans-=dp[go[i]][len];
            dp[i][0]=dp[go[i]][0^len];
            dp[i][1]=dp[go[i]][1^len];
            dp[i][0]++;
            //PF("[%d %d %d %lld]\n",go[i]+1,i,len,ans);
        }
    }
    PF("%lld",ans);
}

【DP】 [COCI2017-2018#3] Dojave

题意：

分析：

猜你喜欢