[THUPC2022决赛] rsraogps

洛谷P8421 [THUPC2022 决赛] rsraogps

题目大意

给定三个序列$a_1,\cdots ,a_n$，$b_1,\cdots ,b_n$，$c_1,\cdots ,c_n$。

定义区间$[l,r]$的价值为$a_l,\dots ,a_r$按位与，$b_l,\cdots ,b_r$按位或，$c_l,\cdots ,c_r$的最大公约数，这三者的乘积。

有$m$次查询，每次查询给出区间$[l,r]$，查询满足$l\le l^{\prime }\le r^{\prime }\le r$的$[l^{\prime },r^{\prime }]$的价值之和。

输出答案模$2^{32}$后的值。

$1\le n\le 10^6,1\le m\le 5\times 10^6,1\le a_i,b_i,c_i\le n,1\le l\le r\le n$

题解

我们先把询问离线下来，做扫描线，扫描$r$。

设$A_{r,i}=a_i\&a_{i+1}\&\cdots \&a_r$，$B_{r,i}=b_i|b_{i+1}|\cdots |b_r$，$C_{r,i}=\gcd (c_i,c_{i+1},\cdots ,c_r)$。

在扫描$r$的时候，对于每个$i$维护$s_{r,i}=s_{r-1,i}+\sum _{j=1}^i{A}_{r,j}\times B_{r,j}\times C_{r,j}$，那么答案为$s_{r,r}-s_{r,l-1}$。

然而，我们发现，如果存在一个位置$j$，满足$A_{r,j}==A_{r-1,j}$，则$\forall k\le j$，都满足$A_{r,k}==A_{r-1,k}$。也就是说，当$r$右移一位时，有一部分$A$不受影响，$B$和$C$同理，$A,B,C$都不变的这部分对$s_{r,i}$的增量是不变的。

我们可以从$i$往前一个一个找，直到找到第一个满足$A_{r,j}==A_{r-1,j}$且$B$和$C$同样满足的位置$j$。这样做一次看似是$O(n)$的，但是$A_{r,i},B_{r,i},C_{r,i}$在随着$i$减小时，最多只会改变$O(\log n)$次值，在最坏情况下，也只需要往前找$O(\log n)$次，时间复杂度是$O(\log n)$的。

设$a{d}_i$表示前$i$个值在$r$右移一位时对$s$的增量（即$\sum _{j=1}^i{A}_{r,j}\times B_{r,j}\times C_{r,j}$），$ls{t}_i$表示$A_{r,i},B_{r,i},C_{r,i}$上次被修改的时间戳，$v_i$表示位置$i$最后一次被修改前的贡献。对于当前的$r$，找到满足上面条件的位置$j$，并更新$j$到$i$之间的$v$，$ad$和$lst$。

那么，$s_{r,i}=v_i+(r-ls{t}_i)\times a{d}_i$，对于询问$l,r$，答案为$s_{r,r}-s_{r,l-1}$。

用$\text{unsigned int}$即可解决模$2^{32}$的问题。

可以参考代码，方便理解。

时间复杂度为$O(n\log n+m)$。

code

#include
using namespace std;
const int N=1000000,M=5000000;
int n,m,now,lst[N+5];
unsigned int a[N+5],b[N+5],c[N+5],v[N+5],ad[N+5],ans[M+5];
struct node{
	int l,id;
};
vector<node>w[N+5];
unsigned int gcd(int i,int j){
	while(j){
		i%=j;swap(i,j);
	}
	return i;
}
unsigned int gt(int i){
	return v[i]+ad[i]*(now-lst[i]);
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%u",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%u",&b[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%u",&c[i]);
	for(int i=1,l,r;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&l,&r);
		w[r].push_back((node){l,i});
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int j=i-1;
		while(j){
			int v1,v2,v3;
			v1=a[j]&a[j+1];
			v2=b[j]|b[j+1];
			v3=gcd(c[j],c[j+1]);
			if(v1==a[j]&&v2==b[j]&&v3==c[j]) break;
			a[j]=v1;b[j]=v2;c[j]=v3;
			--j;
		}
		v[i]=gt(i-1);
		for(int k=j+1;k<=i;k++){
			v[k]=gt(k);
			ad[k]=ad[k-1]+a[k]*b[k]*c[k];
			lst[k]=now;
		}
		++now;
		for(int k=0;k<w[i].size();k++){
			ans[w[i][k].id]=gt(i)-gt(w[i][k].l-1);
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		printf("%u\n",ans[i]);
	}
	return 0;
}
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