Rainbow的信号[CH3801]

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题面描述

传送门

思路

数学期望 $E(x)=P(x)*val(x)$

首先，位运算不会进位，各位之间互不影响。

那么我们可以尝试把 $N$ 个自然数都分成 $31$ 位，对每一位分别进行处理。设 $B$ 是一个 $01$ 序列， $B_i$ 等于 $A_i$ 的第 $k$ 位。

设 $\large w=\frac{2^{k}}{N^2},last_k$ 为数字 $k\in[0,1]$ 上一次出现的位置。

按照题目中所描述的，我们可以分类讨论当 $l=r$ ,与 $l<r$ 的情况。

$l=r$ 时， $ansxor+=w,ansor+=w,ansand+=w$

也就是不进行任何操作，但也要算期望。

注:下列 $*2$ 操作是因为未进行交换操作之前的 $(l,r),(r,l)$ 是不同的取法。

$l<r$ 时，当 $B_r=1,l\in[1,r-1]$ ， $ansor+=w*(r-1)*2$ ，若 $B_r=0$ ， $ansor+=w*last_1*2$ ，即 $l\in[1,last_1]$

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当 $B_r=1,l\in[last_0+1,r-1]$ ， $ansand+=w*(r-1-last_0-1+1)*2$

计算· $ansxor$ 略麻烦。

我们需要多开两个变量 $c_1,c_2$ 来记录可以满足 $[l,r-1]\operatorname{xor}$ 和为 $0$ 或 $1$ 的总长度。

当 $B_r=1$ 时， $ansxor=w*2*c_1$

否则， $ansxor=w*2*c_2$

当 $B_r=1$ 时， $\operatorname{swap}(c1,c2)$

AC code

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define gc getchar()
using namespace std;
const int N=1e5+10;
inline void qr(int &x)
{
	x=0;int f=1;char c=gc;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=gc;}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=gc;}
	x*=f;
}
int n,a[N],b[N];
double ansxor=0,ansor=0,ansand=0;
inline void rainbow(int k)
{
	int last[2]={0,0},c1=0,c2=0;
	double w=(double)(1<<k)/n/n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		b[i]=(a[i]>>k)&1;
		if(b[i])
		{
			ansxor+=w;
			ansand+=w;
			ansor+=w;
		}
		if(!b[i])ansor+=w*last[1]*2;//1~last[1]
		else
		{
			ansand+=w*(i-1-last[0])*2;//last[0]+1~r-1
			ansor+=w*(i-1)*2;//1~r-1
		}
		ansxor+=w*(b[i]?c1:c2)*2;
		c1++;
		if(b[i])swap(c1,c2);
		last[b[i]]=i;
	}
}
int main()
{
	qr(n);
	for(int i=1;i<=n;i++)qr(a[i]);
	for(int i=0;i<31;i++)rainbow(i);
	printf("%.3lf %.3lf %.3lf\n",ansxor,ansand,ansor);
	return 0;
}