LOJ 510: 「LibreOJ NOI Round #1」北校门外的回忆

题目传送门:LOJ #510

题意简述:

给出一个在 \(K\) 进制下的树状数组,但是它的实现有问题。

形式化地说,令 \(\mathrm{lowbit}(x)\) 为在 \(K\) 进制下的 \(x\) 的最低非零位的值,例如 \(\mathrm{lowbit} \!\left( 230_{(5)} \right)\! = 30_{(5)}\)

add(x, v) 操作执行的是:
\(x \le n\) 时,执行 s[x] ^= v,并将 \(x\) 变为 \(x + \mathrm{lowbit}(x)\),并继续循环。

query(x) 操作执行的是:
\(ans\) 的初始值为 \(0\)
\(x > 0\) 时,执行 ans ^= s[x],并将 \(x\) 变为 \(x - \mathrm{lowbit}(x)\),并继续循环。
最终返回 \(ans\)

题解:

不同于正确写法,add 操作执行时的运算次数不是 \(\mathcal O ( K \log_K n )\) 的,而是 \(\mathcal O (n)\) 的,观察何时它的复杂度会发生变化:
\(K = 3, x = 1\) 时,\(x\) 的变化为(十进制下):\(1 \to 2 \to 4 \to 5 \to 7 \to 8 \to 10 \to \cdots\)

可以发现,\(x\)\(K\) 进制下的最低非零位的位置始终不变,而且最低非零位的值陷入了 \(1, 2, 1, 2, \ldots\) 的循环。

对于不同的 \(K\),我们观察特定的最低非零位的值的变化,发现有的最终变成了 \(0\),即这一位不再是非零的,而有的落入了循环中。

很显然,这其实就是在函数 \(f(x) = 2x \bmod K\) 对应的图上转移的过程,这张图是一个基环内向森林,其中有一个连通分量的根是 \(0 \to 0\) 的自环,与 \(0\) 相连的点最终都会提升最低非零位。

数论告诉我们,每棵基环内向树的深度都不会超过 \(\log_2 K\),如果所在的是根为 \(0\) 的基环内向树,最低位也只会变化 \(\log_K n\) 次,总次数为 \(\log_2 K \times \log_K n = \log_2 n\),所以这部分暴力跳即可。

当最终落到了不为 \(0\) 的环上时,参考上面的例子,会形成一条无限向后延伸的链,但是它是一个相邻位置的差有循环节的链。
如果将每条链预处理出来,就可以对每条链开一个树状数组,以维护后缀加,单点查的操作。
但是这里值域太大,无法直接预处理,所以考虑用倍增的方法直接求出该点在链上的编号,即 \(x\) 是在当前链上的第几个位置,就可以直接进行树状数组操作了(当然此时值域仍然是极大的,但是可以通过哈希的方法将改动的位置映射到小数组中)。

询问的时候同理,query\(x\) 只会变化 \(\log_K n\) 次,所以可以每次直接查,首先判断 \(x\) 是否在链上,如果不是直接修改 \(ans\) 即可,否则需要在当前链对应的树状数组上进行单点查的操作(前面的修改对应的是后缀加),做个差分就可以变成单点加、前缀查了,就是经典的树状数组操作,对于大值域同理采用哈希的方法即可。

下面是代码,假设哈希的时间复杂度为 \(\mathcal O (1)\),则总时间复杂度为 \(\mathcal O (K \log n + q \log_K n \log n)\)

#include <cstdio>

const int HASH = 19260817, NUMS = 10000005;
int h[HASH], nxt[NUMS], to[NUMS], tot;
inline int Hasher(int val, int typ) {
	int cyp = (val ^ val >> 1) % HASH;
	for (int i = h[cyp]; i; i = nxt[i]) if (to[i] == val) return i;
	return typ ? nxt[++tot] = h[cyp], to[tot] = val, h[cyp] = tot : 0;
}

typedef long long LL;
const int MK = 200005;

int N, K, Q, V[6], C;
inline void lowbit(int x, int &y, int &z) {
	int s = 1, t = C;
	while (t) { if (x % V[t] == 0) x /= V[t], s *= V[t]; --t; }
	y = x % K, z = y * s;
}
int ltrs[MK][30], ntrs[MK][30];
LL lsum[MK][30], nsum[MK][30];
int arr[NUMS];

int main() {
	scanf("%d%d%d", &N, &Q, &K);
	for (LL x = K; x <= N; x *= x) V[++C] = x;
	for (int i = 1; i < K; ++i) if ((i & -i) >= (K & -K))
		ltrs[i * 2 % K][0] = lsum[i * 2 % K][0] = i,
		ntrs[i][0] = i * 2 % K, nsum[i][0] = i;
	for (int j = 0; j < 29; ++j)
		for (int i = 1; i < K; ++i) if ((i & -i) >= (K & -K))
			ltrs[i][j + 1] = ltrs[ltrs[i][j]][j],
			lsum[i][j + 1] = lsum[i][j] + lsum[ltrs[i][j]][j],
			ntrs[i][j + 1] = ntrs[ntrs[i][j]][j],
			nsum[i][j + 1] = nsum[i][j] + nsum[ntrs[i][j]][j];
	for (int i = 1; i <= Q; ++i) {
		int op, x, y, z, v, d;
		scanf("%d%d", &op, &x);
		if (op == 1) {
			scanf("%d", &v);
			while (x <= N) {
				lowbit(x, y, z);
				if ((y & -y) >= (K & -K)) {
					int id = 0, X = x, Y = y, w = z / y;
					for (int j = 29; j >= 0; --j)
						if (lsum[Y][j] < X / w)
							id |= 1 << j,
							X -= lsum[Y][j] * w,
							Y = ltrs[Y][j];
					++id;
					for (int j = 0; x <= N; ++j) if (id >> j & 1) {
						arr[Hasher(x, 1)] ^= v;
						x += nsum[y][j] * w;
						y = ntrs[y][j];
						id += 1 << j;
					}
					break;
				}
				arr[Hasher(x, 1)] ^= v;
				x += z;
			}
		} else {
			int Ans = 0;
			while (x) {
				lowbit(x, y, z);
				if ((y & -y) >= (K & -K)) {
					int id = 0, X = x, Y = y, w = z / y;
					for (int j = 29; j >= 0; --j)
						if (lsum[Y][j] < X / w)
							id |= 1 << j,
							X -= lsum[Y][j] * w,
							Y = ltrs[Y][j];
					++id;
					X = x, Y = y;
					for (int j = 0; id; ++j, id >>= 1) if (id & 1) {
						if ((d = Hasher(X, 0))) Ans ^= arr[d];
						X -= lsum[Y][j] * w;
						Y = ltrs[Y][j];
					}
				} else if ((d = Hasher(x, 0))) Ans ^= arr[d];
				x -= z;
			}
			printf("%d\n", Ans);
		}
	}
	return 0;
}
posted @ 2019-11-23 00:09  粉兔  阅读(...)  评论(...编辑  收藏