题解：
第一题：异或的老套路，按位算贡献，统计某一位有多少个数为1，就用数位DP好了；
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int M = 1e6; #define ll long long const ll mod = 1e9 + 7; int L, R, dp[35][2]; int bin[33], cnt[33], digit[33]; inline ll moc(ll a){return a >= mod ? a - mod : a;} void solve1(){ ll ans = 0; for(int i = L; i <= R; i++) for(int j = L; j <= R; j++) ans = moc(ans + (i ^ j) % mod); printf("%lld\n", ans); } int dfs(int dep, int s, bool f, int sum){ if(!dep) return sum; if(!f && dp[dep][sum] != -1) return dp[dep][sum]; int i = f ? digit[dep] : 1; int tmp = 0; for(; i >= 0; i--){ if(dep == s && i) tmp += dfs(dep - 1, s, f & (i == digit[dep]), sum + 1); else tmp += dfs(dep - 1, s, f & (i == digit[dep]), sum); } if(f) return tmp; return dp[dep][sum] = tmp; } void get(int x, ll f){ int d = 0; if(x < 0) return; while(x){ digit[++d] = x & 1; x >>= 1; } for(int i = 1; i <= 31; i++){ memset(dp, -1, sizeof(dp)); cnt[i] += f * dfs(d, i, 1, 0); } } void solve3(){ memset(cnt, 0, sizeof(cnt)); get(L-1, -1); get(R, 1); ll ans = 0; ll cc = R - L + 1; for(int j = 1; j <= 31; j++) ans = moc(ans + 1LL*bin[j] * cnt[j] % mod * (cc - cnt[j]) * 2 % mod); printf("%lld\n", ans); } int main(){ freopen("xor.in","r",stdin); freopen("xor.out","w",stdout); int T; scanf("%d", &T); bin[1] = 1; for(int i = 2; i <= 31; i++) bin[i] = bin[i-1] << 1; while(T--){ scanf("%d%d", &L, &R); solve3(); } }
第二题：博弈论；
两堆石子：
上面的表总结一下就是：我们知道（x, y）是必输状态，那么(x, z) z != y一定是必赢状态；
分类讨论： z>y,我一定可以一步转移到(x,y) ; z<y, 如果（x,z）必输，那么（x,y）就可以转移到他，成为必赢状态，与已知条件矛盾；
所以一个x,对应一个y, y‘'-x''的值相同时时，都是必赢状态；
我们推广到三个状态：
我们枚举每次选几个；
(x, y, z)是已知必输状态；
一次选两堆，如果x和原来相同，那么y''-z'' = y-z,一定是必赢状态，所以一堆确定时，令两堆差值和原来一样，我们就可以把他筛掉；
一次选一堆，这是确定x,y,我们就可以把z''转化为z,我们就只需要看f（x,y）这个状态是否为z;
一次选三堆，同时前去一个数达到(x,y,z),他就必赢，要求就是三个数之间的相差值同；
我们从小往大枚举，不断筛数，没有被筛掉的他就必败，这样复杂度N^3
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; bool dp[305][305][305], mp[305][305][3]; int a[4]; void init(){ for(int i = 0; i <= 300; i++) for(int j = 0; j <= i; j++) for(int k = 0; k <= j; k++){ bool ok = 1; if(mp[i][j-k][0])ok=0; if(mp[j][i-k][0])ok=0; if(mp[k][i-j][0])ok=0; if(mp[i][j][1])ok=0; if(mp[i][k][1])ok=0; if(mp[j][k][1])ok=0; if(mp[i-j][j-k][2])ok=0; if(ok){ dp[i][j][k]=1; mp[i][j-k][0] = mp[j][i-k][0] = mp[k][i-j][0] = mp[i][j][1] = mp[i][k][1] = mp[j][k][1] = mp[i-j][j-k][2] = 1; } } } int main(){ freopen("stone.in","r",stdin); freopen("stone.out","w",stdout); int T; scanf("%d", &T); init(); while(T--){ int x, y, z; scanf("%d%d%d", &a[0], &a[1], &a[2]); sort(a, a+3); if(dp[a[2]][a[1]][a[0]])puts("No"); else puts("Yes"); } }
第三题：神奇的ＤＰ定义；
以上可以２，０，－２序列可以自己手动画画证明；
第一个优化：除了两端中间都可以随便取；
我们已经证明了中间的系数是＋２，－２，０，且两个２之间有一个－２，我们如果加上一段数，他大于０就往２中何必，小于０就往－２中合并，或者合并到０中，对答案只增不减；
ｄｐ［ｉ］［ｊ］［ｋ］表示处理到第ｉ个数，分成了ｊ段，处于ｋ阶段
阶段定义：０：处于系数为２
１：处于２后面的０
２：处于系数为－２
３：处于－２后的０
对于，我们可以和前面一起ｄｐ［ｉ－１］［ｊ］［０］，可以自成一段，ｄｐ［ｉ－１］［ｊ－１］［３／２］，就这样转移好了；
对于两端的系数特殊变成１、－１，中间枚举转移；
初值ｄｐ［ｉ］［０］［１/３］ ＝ ０， 其余为－ｉｎｆ，表示开头可以随便从一个地方开始；
答案在ｄｐ［i ( i > K) ］[K] [0 / 2] 中取max,表示我可以在任意地方结束；
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int M = 4*1e4 + 5; int read(){ int x=0,f=1;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*=f; } int dp[M][205][4], a[M]; int main(){ freopen("optimization.in","r",stdin); freopen("optimization.out","w",stdout); int n, k; scanf("%d%d", &n, &k); for(int i = 0; i <= n; i++) for(int j = 0; j <= k; j++) for(int z = 0; z < 4; z++) dp[i][j][z] = -1e9; for(int i = 0; i <= n; i++) dp[i][0][1] = dp[i][0][3] = 0; for(int i = 1; i <= n; i++){ a[i] = read(); for(int j = 1; j <= k; j++){ int xs = 2 - (j == 1 || j == k); dp[i][j][0] = max(dp[i-1][j][0], max(dp[i-1][j-1][3], dp[i-1][j-1][2])) + xs * a[i]; dp[i][j][1] = max(dp[i-1][j][1], dp[i-1][j-1][0]); dp[i][j][2] = max(dp[i-1][j][2], max(dp[i-1][j-1][0], dp[i-1][j-1][1])) - xs * a[i]; dp[i][j][3] = max(dp[i-1][j][3], dp[i-1][j-1][2]); if(j != 1){ dp[i][j][1] = max(dp[i-1][j-1][1], dp[i][j][1]); dp[i][j][3] = max(dp[i-1][j-1][3], dp[i][j][3]); } } } int ans = -1e9; for(int i = 1; i <= n; i++) for(int j = 1; j <= k; j++) ans = max(dp[i][k][0], max(dp[i][k][2], ans)); printf("%d\n", ans); }