区间查询+位运算 - hdu6085

 

Rikka with Candies

 

 

 

题意：A数组n个数，B数组m个数，q个查询， 每次给出一个k，询问有多少对(i,j)， 使得Ai % Bj = k， 输出对数对模2的值

 

数据范围：

1<=m,n,q<=50,000

1<=Ai,Bi<=50,000

0<=ki<=maxBi

 

分析：

首先，用一个vis数组01方式记录A数组中的数是否出现过，因为有Ai % Bj = k，所以也就是(Ai - k) % Bj = 0，不妨设Ai - k = x，那么Bj则是x的因子，因为
是Ai % Bj = k，所以k一定比Bj小，即k的取值范围是[0, Bj)那么可以枚举每个x， 再枚举每个x的因子c，如果c不在B数组出现， 就不管它；否则的话，就在[0, Bj)
中的每一个y的值， 对应的加上vis数组中x + y的值，举个例子：
vis数组中对于6 7 8 9 10 11的出现情况是0 1 1 0 1 0
对于x枚举到6，它的因子枚举到3(假设3在B数组存在)的时候，如果有(Ai - k) % 3 = 0，那么就是说,如果k可以取值，k在[0, 3)也就是[0, 2]的范围内，也就转换为
Ai = x + k， 也就是6 + [0, 2]，那么现在只需要看对应取值为k的时候，x + k(Ai)是否存在，如果存在那么k的值即可加上1， 因为此时(Ai, 3)形成了一对模为k的数
设res数组是记录余数为k的对数， x=6,c=3的情况如下所示
vis 6  7  8  9 10 11
    0  1  1  0  1  0
x+k 6 7 8
  res[0, 1, 2] + vis[x + 0, x + 1, x + 2]
= res[0, 1, 2] + vis[6, 7, 8]
= res[0, 1, 2] + [0, 1, 1]
就是说res[0]+0, res[1]+1, res[2]+1, 代表有(6+1)%3=0,(6+2)%3=0，
即(7, 3)形成了一对余数为1的数，(8, 3)形成了一对余数为2的数
 
还有因为直接相加复杂度是O(n^2),题目说只需要模2， 那么可以用异或来写，用异或的话也不可能一个一个来，所以就用将连续若干个01值压缩成一个整数来异或，
这样就是O(n^2 / 32), 还有一点就是对于x=0，因为所有正整数都是0的因子，对0分开写，原式就是(0 + k) % Bj = k => k % Bj = k， 就是找在A数组中k存在的前提
下，在B数组中找出比k大的数的数量加进res[k]即可
 

AC代码：

 

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const int MAXN = 5e4 + 70;
using namespace std;
int a[MAXN], b[MAXN];
int res[MAXN], vis[MAXN];
vector<int> G[MAXN];
ll dig[MAXN][35];
set<int> st;
ll ans[MAXN];

void init() {
    for(int i = 1; i < MAXN - 3; i++) {
        for(int j = 1; j * j <= i; j++) {
            if(i % j) continue;
            G[i].push_back(j);
            if(i / j != j) G[i].push_back(i / j);
        }
        sort(G[i].begin(), G[i].end());
    }
}

int main() {
    init();
    int n, m, q, k, T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        st.clear();
        memset(vis, 0, sizeof vis);
        memset(res, 0, sizeof res);
        memset(ans, 0, sizeof ans);
        scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
        int max_data = -1;
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            scanf("%d", &a[i]);
            vis[a[i]] = 1;
            max_data = max(max_data, a[i]);
        }
        for(int i = 0; i < m; i++) {
            scanf("%d", &b[i]);
            st.insert(b[i]);
        }
        sort(b, b + m);
        for(int i = 1; i <= 5e4; i++) {
            ll su = 0;
            for(int j = 0; j < 32; j++) {
                su = su * 2 + vis[i + j];
                dig[i][j + 1] = su;
                dig[i][j + 1] <<= (31 - j);
            }
        }

        for(int i = 1; i <= max_data; i++) {
            for(int j = 0; j < G[i].size(); j++) {
                int x = G[i][j];
                if(!st.count(x)) continue;
                int L = 0, R = x - 1;
                while(L <= R) {
                    int d = L / 32;
                    if(i + L > 5e4) break;
                    if(R - L >= 31) {
                        ans[d] ^= dig[i + L][32];
                        L += 32;
                    } else {
                        ans[d] ^= dig[i + L][R - L + 1];
                        L = R + 1;
                    }
                }
            }
        }

        int num = 0;
        for(int i = 0; i * 32 <= 5e4; i++) {
            int j = (i + 1) * 32 - 1;
            int t = 32;
            while(t--) { res[j] = ans[i] & 1; j--; ans[i] >>= 1; }
        }
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            int x = a[i];
            res[x] += m - (upper_bound(b, b + m, x) - b);
        }
        while(q--) {
            scanf("%d", &k);
            printf("%d\n", res[k] & 1);
        }
    }
    return 0;
}

转自：

 

 

 

hnust_Derker