考虑维护一个这样的问题:
(1) 给出一个数组A,标号为1~n
(2) 修改数组中的一个位置。
(3) 询问区间[l,r]中所有子集的位运算and之和mod(109+7)。
位运算and即为“pascal中的and”和“C/C++中的&”
我们定义集合S={ l , l+1 , ... , r-1 , r}
若集合T,T ∩ S = T,则称T为S的子集
设f(T)=AT1 and AT2 and ... and ATk (设k为T集大小,若k=0则f(T)=0)
所有子集的位运算and之和即为∑f(T)
那么,现在问题来了。
输入描述:
第一行,一个正整数N
第二行,N个非负整数,为数组A
第三行,一个正整数M,为操作次数
接下来M行格式如下
修改操作: 1 x y,将Ax修改为y
询问操作: 2 l r,区间[l,r]中所有子集的位运算and之和 mod(109+7)
输出描述:
对于每次询问输出一行,为该次询问的答案mod(109+7)。
long long 请使用lld
示例1
输入
3
1 2 3
6
2 1 3
1 1 2
2 1 3
2 2 3
1 2 5
2 1 3
输出
9
15
7
(1) 给出一个数组A,标号为1~n
(2) 修改数组中的一个位置。
(3) 询问区间[l,r]中所有子集的位运算and之和mod(109+7)。
位运算and即为“pascal中的and”和“C/C++中的&”
我们定义集合S={ l , l+1 , ... , r-1 , r}
若集合T,T ∩ S = T,则称T为S的子集
设f(T)=AT1 and AT2 and ... and ATk (设k为T集大小,若k=0则f(T)=0)
所有子集的位运算and之和即为∑f(T)
那么,现在问题来了。
输入描述:
第一行,一个正整数N
第二行,N个非负整数,为数组A
第三行,一个正整数M,为操作次数
接下来M行格式如下
修改操作: 1 x y,将Ax修改为y
询问操作: 2 l r,区间[l,r]中所有子集的位运算and之和 mod(109+7)
输出描述:
对于每次询问输出一行,为该次询问的答案mod(109+7)。
long long 请使用lld
示例1
输入
3
1 2 3
6
2 1 3
1 1 2
2 1 3
2 2 3
1 2 5
2 1 3
输出
9
15
7
13
打完比赛看大佬的代码没看懂,今天看大佬的博客:http://blog.csdn.net/qq_34287501/article/details/78304322
才理解了大佬们神奇的求的贡献方法。 确实 无论子集and值为多少,如果k位上为1的话,此时的贡献就为 1<<k,比如 100100 最后对答案的贡献不就是 100000 + 100 .。
#include<iostream> #include<stdio.h> #include<algorithm> #include<string.h> #include<vector> const int maxn = 100000; const int mod = (1e9+7); typedef long long ll; using namespace std; int n,m,a[maxn+5],C[32][maxn+5]; int pw[maxn+5]; int lowbit(int x) { return x&-x; } int sum(int k,int x) { int ret = 0; while(x>0) ret+=C[k][x], x-= lowbit(x); return ret; } void add(int k,int x,int d) { while(x<=n) { C[k][x]+=d,x+=lowbit(x); } } int main() { scanf("%d",&n); pw[0] = 1; for(int i=1; i<=n; i++) pw[i] = 1ll*2*pw[i-1]%mod; for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%d",&a[i]); for(int j=0; j<=30; j++) if(a[i]&(1<<j)) add(j,i,1); } scanf("%d",&m); while(m--) { int op,x,y; scanf("%d %d %d",&op,&x,&y); if(op==1) { for(int i=0; i<=30; i++) if(a[x]&(1<<i)) add(i,x,-1); a[x] = y; for(int i=0; i<=30; i++) if(a[x]&(1<<i)) add(i,x,1); } else { int ans = 0; for(int j=0; j<=30; j++) { int cnt = sum(j,y) - sum(j,x-1);// cnt :ax~ay 中在j位有为1有多少个 ans = (ans+ 1ll*(pw[cnt]-1)*pw[j]%mod)%mod;// pw[cnt]-1 在j位为1 的子集个数 / pw[j] j未的贡献。 } printf("%d\n",ans); } } return 0; }