二次离线莫队
题意就不再赘述了,二次离线莫队相比于其他莫队,算是细节最多的一种莫队了
思路
首先只考虑增加一个数
若两个数 \(i,j\) 的异或和的二进制表示有 \(k\) 个一,我们称之为一个配对
显然,增加一个数对答案的影响为 \([L,R]\) 与 \(w_{R+1}\) 配对的数的个数
显然,可以用前缀和思想,令 \(S_i\) 表示前 \(i\) 个数与 \(w_{R+1}\) 配对的数量
那么区间 \([L,R]\) 的配对数量就为 \(S_R-S_{L-1}\)
然后这个前缀和怎么求?
不妨令 \(f(i)\) 表示前 \(w_1-w_i\) 中与 \(w_{i+1}\) 配对的个数
\(g(x)\) 表示前 \(i\) 个数中与 \(x\) 配对的数量
\(f(i)=g(w_{i+1})\)
考虑 \(g(x)\) 怎么求
因为 \(0\le k\le14\),那么二进制表示下有 \(k\) 个一的个数就为 \(\dbinom{14}{k}\) 最多只有3432个
可以直接暴力求,若令 \(y_i\) 表示二进制下有 \(k\) 个一的数, 若 \(x\) 与 \(w_k,k\in[1,i]\) 配对,
则 \(x\)^\(w_k=y_i\),那么 \(x=w_k\)^\(y_i\),即 \(g(w_k\)^\(y_i)+1\),那么我们就可以暴力求出 \(f(i)\)
(这里如果没看懂可以结合下面的代码理解)
那么 \(S_R=f(R)\) 就求出来了,那 \(S_{L-1}\) 又该怎么求?
我们要找 \([1,L-1]\) 与 \(w_{R+1}\) 配对的数量,对于一个询问 \([l,r]\)
我们要从 \(R+1\) 到 \(r\) 每一次都要找一遍对应的 \(S_{L-1}\) 显然在莫队的时候并不好直接求
这时候二次离线的思想就体现出来了,对于 \([1,L-1]\) 中与 \(w_{R+1}\) 的配对数量,
我们要求的是 \([R+1,r]\) 中的数与 \([1,L-1]\) 的配对数量,所以我们将区间记录下来,然后离线再求一遍
这就是二次离线莫队的基本思路.
实现
下面我们讲一下莫队时的具体实现方式
1.右端点增加一个数
答案加上 \(S_R-S_{L-1}\)
\(S_R=f(R)\),记录一下 \(S_{L-1}\) 为求在 \([1,L-1]\) 中与 \([R+1,r]\) 配对的数量
2.右端点删除一个数
答案减去 \(S_{R-1}-S_{L-1}\)
\(S_{R-1}=f(R-1)\),S_{L-1}$ 为求在 \([1,L-1]\) 中与 \([r,R-1]\) 配对的数量
3.左端点增加一个数
答案加上 \(S_{R}-S_{L-1}\)
\(S_{L-1}=f(L-2)+!k\),注意这里的 $S(L-2) $表示前 \([1,L-1]\) 中与 \(w_{L-1}\) 配对的数量,
而 \(f(L-2)\) 表示的是 \([1,L-2]\) 中与 \(w_{L-1}\) 配对的数量,所以需要特判一个 \(w_{L-1}\),
而只有当 \(k=0\) 时,\(w_{L-1}\) 才会与自己配对,所以加个 \(!k\)
\(S_{R}\) 为求[1,R] 中与 \([l,L-1]\) 配对的数量
4.左端点删除一个数
答案减去 \(S_{R}-S_{L}\)
\(S_L=f(L-1)+!k\),\(S_R\) 为求 \([1,R]\) 中与 \([L+1,l]\) 配对的数量
紧接着对于未处理的所有询问,对于每一个 \([1,i],i\in[1,n]\),暴力求出每个区间需要求的询问
求完了过后,记得前缀和累加一下,因为我们莫队每次处理的是增量,并不是答案
结合代码理解
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define get(x) ((x) / len)
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
typedef long long ll;
ll ans[N];
int w[N], g[N], f[N], len;
struct query1
{
int id, l, r;
ll res;
bool operator < (const query1 a) const
{
int x = get(l), y = get(a.l);
if (x != y) return x < y;
return r < a.r;
}
} q[N];
struct query2
{
int id, l, r, t;
};
vector<query2> rang[N];
vector<int> num;
int get_count(int x)
{
int res = 0;
while (x)
res += x & 1, x >>= 1;
return res;
}
int main()
{
int n, m, k;
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &w[i]);
for (int i = 1; i <= m; i++)
scanf("%d%d", &q[i].l, &q[i].r), q[i].id = i;
for (int i = 0; i < 1 << 14; i++)
if (get_count(i) == k)
num.push_back(i);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 0; j < num.size(); j++)
g[w[i] ^ num[j]]++;
f[i] = g[w[i + 1]];
}
len = sqrt(n);
sort(q + 1, q + 1 + m);
for (int i = 1, l = 1, r = 0; i <= m; i++)
{
int L = q[i].l, R = q[i].r;
if (r < R) rang[l - 1].push_back(query2({i, r + 1, R, -1}));
while (r < R) q[i].res += f[r++];
if (r > R) rang[l - 1].push_back(query2({i, R + 1, r, 1}));
while (r > R) q[i].res -= f[r - 1], r--;
if (l < L) rang[r].push_back(query2({i, l, L - 1, -1}));
while (l < L) q[i].res += f[l - 1] + !k, l++;
if (l > L) rang[r].push_back(query2({i, L, l - 1, 1}));
while (l > L) q[i].res -= f[l - 2] + !k, l--;
}
memset(g, 0, sizeof(g));
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 0; j < num.size(); j++)
g[w[i] ^ num[j]]++;
for (int j = 0; j < rang[i].size(); j++)
{
query2& a = rang[i][j];
int l = a.l, r = a.r, t = a.t, id = a.id;
for (int x = l; x <= r; x++)
q[id].res += g[w[x]] * t;
}
}
for (int i = 1; i <= m; i++)
q[i].res += q[i - 1].res, ans[q[i].id] = q[i].res;
for (int i = 1; i <= m; i++)
printf("%lld\n", ans[i]);
return 0;
}
