模擬賽 序列問題（時間限制：1s；空間限制：128MB）

題目描述

小H是個善於思考的學生，她正在思考一個有關序列的問題。
她的面前浮現出了一個長度爲n的序列{ai}，她想找出兩個非空的集合S、T。
這兩個集合要滿足以下的條件：
1. 兩個集合中的元素都爲整數，且都在 [1, n] 裏，即Si，Ti ∈ [1, n]。
2. 對於集合S中任意一個元素x，集合T中任意一個元素y，滿足x < y。
3. 對於大小分別爲p, q的集合S與T，滿足
a[s1] xor a[s2] xor a[s3] ... xor a[sp] = a[t1] and a[t2] and a[t3] ... and a[tq].
小H想知道一共有多少對這樣的集合(S,T)，你能幫助她嗎？

輸入格式

第一行，一個整數n
第二行，n個整數，代表ai。

輸出格式

僅一行，表示最後的答案。

樣例輸入

4
1 2 3 3

樣例輸出

4

樣例解釋

S = {1,2}, T = {3}， 1 ^ 2 = 3 = 3 (^爲異或)
S = {1,2}, T = {4}, 1 ^ 2 = 3 = 3
S = {1,2}， T = {3，4} 1 ^ 2 = 3 & 3 = 3 （&爲與運算）
S = {3}， T = {4} 3 = 3 = 3

數據範圍

30%: 1 <= n <= 10
60%: 1 <= n <= 100
100%: 1 <= n <= 1000, 0 <= ai < 1024

題解

我覺的這是一道很考綜合能力的題。不過事實證明，我很弱……

首先我們可以想出一種兩邊分開的dp：f[i][j]和g[i][j]表示前i個xor值爲j，後i個and值爲j的方案數， 隨後枚舉分界點k來求總方案數。複雜度O(n * 1024 * 3)。最終分數：60分。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int n,a[1002];
ll f[1002][3000],g[1002][3000],add[1002][3000];
ll ans;
void init()
{
	scanf("%d",&n);
	int i;
	for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
}
void dp()
{
	int i,j;
	f[1][a[1]]=1; add[1][a[1]]=1;
	for(i=2;i<=n;i++)
	   {f[i][a[i]]++; add[i][a[i]]++;
		for(j=0;j<3000;j++)
		   {if(f[i-1][j]>0)
	          {f[i][j^a[i]]+=f[i-1][j]; add[i][j^a[i]]+=f[i-1][j];
		       f[i][j]+=f[i-1][j]; 
		      }
		   }
	   }
	g[n][a[n]]=1;
	for(i=n-1;i>0;i--)
	   {g[i][a[i]]++; 
		for(j=0;j<3000;j++)
		   {if(g[i+1][j]>0)
		       {g[i][j]+=g[i+1][j];
			    g[i][j&a[i]]+=g[i+1][j];
			   }
		   }
	   }
	for(i=1;i<n;i++)
	for(j=0;j<3000;j++)
	   ans+=add[i][j]*g[i+1][j];
	printf("%I64d\n",ans);
	
}
int main()
{
	freopen("sequence.in","r",stdin);
	freopen("sequence.out","w",stdout);
	init(); dp();
	return 0;
}

那天在考試的時候，我覺得這樣就能A了。然而，這一題沒有“取mod”操作，剩下的40分需要高精度，這一點我沒有想到，所以這道題的一個收穫就是：沒有取mod的題要考慮它結果的範圍。

那麼既然需要高精度，我們肯定不能再在上面那種做法上“數組+一維”，這樣空間不允許。所以，我們需要將空間也優化，並且像上面那種dp，又乘又加的不得寫死……這裏提出一種新的dp方程：因爲“兩個數相等就相當於兩個數的xor爲0”。設 f[i][j][k=0..2]代表從後往前處理到第 I 個數，如果 k = 1代表and值爲j,如果k = 2代表xor值爲 j,如果k = 0則代表之前一個元素都沒取。所以很容易得到方程：
f[i][j][0] = f[i + 1][j][0]——————————其實只有j=1023且k=0時f[i][j][0]纔有值且恆爲1.
f[i][j & ai][1] = f[i + 1][j][1] + f[i + 1][j][0] + f[i + 1][j & ai][1]
f[i][j ^ ai][2] = f[i + 1][j][1] + f[i + 1][j][2] + f[i + 1][j ^ ai][2];
最後f[1][0][2]就是答案, 複雜度爲O(n * 1024 * 3)

這樣統計答案就只需要高精加了。不過爲什麼說我弱呢？是因爲我自己寫的高精加只有70分。原因大概是我重載+號的算法裏有許多賦值的操作。而且其他的一些細節常數很大。這裏蠻貼一下。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define M 1024
#define N 1000000000
using namespace std;
int n,a[1002];
struct shu{int s[50],l;} f[2][1030][3];
void init()
{
	scanf("%d",&n);
	int i;
	for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
}
shu operator + (const shu &x,const shu &y)
{
	shu ans;
	memset(ans.s,0,sizeof(ans.s));
	int i;
	ans.l=max(x.l,y.l);
	for(i=1;i<=ans.l;i++)
	   {ans.s[i]+=x.s[i]+y.s[i];
	    if(ans.s[i]>=N)
	       {ans.s[i+1]++;
		    ans.s[i]%=N;
		   }
	   }
	if(ans.s[ans.l+1]>0) ans.l++;
	return ans;
}
void PRINT(const shu &x)
{
	int i;
	printf("%d",x.s[x.l]);
	for(i=x.l-1;i>0;i--) printf("%09d",x.s[i]);
	printf("\n");
}
void dp()
{
	int i,j,k,now=0,next,vx,vy;
	f[0][1023][0].s[1]=1; f[0][1023][0].l=1;
	for(i=n;i>0;i--)
	   {next=now^1;
		for(j=0;j<M;j++)
		for(k=0;k<3;k++)
			f[next][j][k]=f[now][j][k];
	    for(j=0;j<M;j++)
	       {vy=j&a[i]; vx=j^a[i];
			f[next][vy][1]=f[next][vy][1]+f[now][j][0];
			f[next][vy][1]=f[next][vy][1]+f[now][j][1];
			f[next][vx][2]=f[next][vx][2]+f[now][j][1];
			f[next][vx][2]=f[next][vx][2]+f[now][j][2];
		   }
		now=now^1;
	   }
	PRINT(f[now][0][2]);
}
int main()
{
	freopen("sequence.in","r",stdin);
	freopen("sequence.out","w",stdout);
	init(); dp();
	return 0;
}

所以比較好的方法是，重載+=，並且將其寫入高精度專門的結構體內。當然常數問題自己解決，這樣就能過了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define M 1024
#define N 100000000
using namespace std;
int n,a[1002];
struct shu
{
	int s[50],l;
void operator += (const shu &x)
{
	int i;
	l=max(x.l,l);
	for(i=1;i<=l;i++)
	   {s[i]+=x.s[i];
	    if(s[i]>=N)
	       {s[i+1]++; s[i]%=N;}
	   }
	if(s[l+1]>0) l++;
}
}
f[2][1030][3];
void init()
{
	scanf("%d",&n);
	int i;
	for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
}
void PRINT(const shu &x)
{
	int i;
	printf("%d",x.s[x.l]);
	for(i=x.l-1;i>0;i--)
	   printf("%08d",x.s[i]);//這種寫法很好，大概是壓x位寫“%0xd” 
	printf("\n");
}
void dp()
{
	int i,j,k,now=0,next,vx,vy;
	f[0][1023][0].s[1]=1; f[0][1023][0].l=1;
	for(i=n;i>0;i--)
	   {next=now^1;
		for(j=0;j<M;j++)
		for(k=0;k<3;k++)
			f[next][j][k]=f[now][j][k];
	    for(j=0;j<M;j++)
	       {vy=j&a[i]; vx=j^a[i];
			f[next][vy][1]+=f[now][j][0];
			f[next][vy][1]+=f[now][j][1];
			f[next][vx][2]+=f[now][j][1];
			f[next][vx][2]+=f[now][j][2];
		   }
		now=now^1;
	   }
	PRINT(f[now][0][2]);
}
int main()
{
	freopen("sequence.in","r",stdin);
	freopen("sequence.out","w",stdout);
	init(); dp();
	return 0;
}