F. Divide, XOR, and Conquer
题意
给定一个非负整数数组
a
a
a，定义操作：
对于区间
[
l
,
r
]
[l,r]
[l,r]，选择一个分界点
l
≤
k
<
r
l \leq k < r
l≤k [ l , k ] [l,k] [l,k] 和 [ k + 1 , r ] [k + 1, r] [k+1,r] 两部分，然后留下异或和更大的那一部分，丢弃小的那部分。如果异或和一样，可以随意选择留下哪部分。 问对于 ∀ i ∈ [ 1 , n ] \forall i \in [1,n] ∀i∈[1,n]，能否从一开始的数组到只留下 a i a_i ai，即 l = r = i l = r = i l=r=i 思路 这里比较明显的是区间的转移，可以考虑用区间 D P DP DP 来解决。对于当前的区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]，我们定义左边部分的异或和为 s 1 s_1 s1，右边部分的异或和为 s 2 s_2 s2，显然要能够实现 [ l , k ] [l,k] [l,k]，必须有 s 1 ≥ s 2 s_1 \geq s_2 s1≥s2。 如果我们直接采用传统区间 D P DP DP 的方法，枚举每一个长度的区间的分界点，时间复杂度会到达 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3)，记录状态的空间复杂度也过高。 进一步观察发现： 若 [ l , r ] [l,r] [l,r] 区间的异或和为 s s s 且 s = 0 s = 0 s=0 的话，有 s = s 1 ⨁ s 2 = 0 s = s_1 \bigoplus s_2 = 0 s=s1⨁s2=0，即 s 1 = s 2 s_1 = s_2 s1=s2 ，这时候我们区间的分界点可以任选，也就是说可以从区间 [ l , r ] [l,r] [l,r] 转移到任何从 l l l 开始的或者到 r r r 结束的长度小于 r − l + 1 r - l + 1 r−l+1 的区间。若 s ≠ 0 s \neq 0 s=0，我们只能留下异或和更大的那个部分，如果 s s s 的最高位为 b i t bit bit 的话，(假设 s 1 > s 2 s_1 > s_2 s1>s2) 我们容易发现在 b i t bit bit 这一位一定是 s 1 [ b i t ] = 1 , s 2 [ b i t ] = 0 s_1[bit] = 1,s_2[bit] = 0 s1[bit]=1,s2[bit]=0，这样子 s 1 s_1 s1 才会大于 s 2 s_2 s2。所以对于那些 从 l l l 开始的或者到 r r r 结束的长度小于 r − l + 1 r - l + 1 r−l+1 的区间，如果它们的异或和的最高位也是 b i t bit bit 的话，那么就可以从 [ l , r ] [l,r] [l,r] 转移到这些区间！ 我们如果按照区间长度从大到小枚举区间，对于当前枚举的区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]，如果它可达的话， 可以对于区间端点维护四种信息： s t [ l ] st[l] st[l] 表示从 l l l 开始的任意长度更短区间，如果它们要可达，异或和最高位必须存在于 s t [ l ] st[l] st[l] 里。 e d [ r ] ed[r] ed[r] 则表示到 r r r 结束的任意长度更短区间，如果它们要可达，异或和最高位必须存在于 s t [ l ] st[l] st[l] 里。 s t 0 [ l ] st0[l] st0[l] 和 e d 0 [ r ] ed0[r] ed0[r] 则表示是否存在长度更大的区间异或和为 0 0 0 ，可以转移到这些端点的更小区间。 对于当前区间 [ l , r ] [l,r] [l,r] 的最高位 b i t bit bit ，如果它可达， 如果 s = 0 s = 0 s=0，那么后续任意长度更小的从 l l l 开始的或者到 r r r 结束的区间都可达（从 [ l , r ] [l,r] [l,r]转移过去），这时我们记录 s t 0 [ l ] = e d 0 [ r ] = t r u e st0[l] = ed0[r] = true st0[l]=ed0[r]=true如果 s ≠ 0 s \neq 0 s=0， 那么我们在 s t [ l ] st[l] st[l] 和 e d [ r ] ed[r] ed[r] 加上 b i t bit bit 的标记，表示后续更短的从 l l l 开始的或者到 r r r 结束的区间的 m a s k mask mask，如果它们的异或和 s ′ ∧ m a s k > 0 s\prime \wedge mask > 0 s′∧mask>0，则说明它们可以从某个更长的区间转移过来，因为这个区间的异或和 s ′ s\prime s′ 的最高位 和 某个 s s s 重合了 最终时间复杂度： O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) #include #define fore(i,l,r) for(int i=(int)(l);i<(int)(r);++i) #define fi first #define se second #define endl '\n' #define ull unsigned long long #define ALL(v) v.begin(), v.end() #define Debug(x, ed) std::cerr << #x << " = " << x << ed; const int INF=0x3f3f3f3f; const long long INFLL=1e18; typedef long long ll; int main(){ std::ios::sync_with_stdio(false); std::cin.tie(nullptr); std::cout.tie(nullptr); int t; std::cin >> t; while(t--){ int n; std::cin >> n; std::vector std::vector std::vector std::vector fore(i, 1, n + 1){ std::cin >> a[i]; sum[i] = sum[i - 1] ^ a[i]; } std::vector for(int len = n; len >= 1; --len) fore(L, 1, n - len + 2){ int R = L + len - 1; ll s = sum[R] ^ sum[L - 1]; ll bit = 1ll << std::__lg(s); if(len == n || st0[L] || ed0[R] || (s & st[L]) || (s & ed[R])){ if(len == 1) ans[L] = 1; if(!s) st0[L] = ed0[R] = true; else{ st[L] |= bit; ed[R] |= bit; } } } fore(i, 1, n + 1) std::cout << ans[i]; std::cout << endl; } return 0; } 推荐文章
发表评论