「USACO 2020.12 Platinum」Cowmistry
「USACO 2020.12 Platinum」Cowmistry
看到样例解释突然就有了思路.jpg
令\(m=\min\{2^t|2^t>k\}\)，也就是\(k\)最高位+1
对于数轴，按照\([im,(i+1)m)\)分组，显然跨过分组的数之间异或\(\ge m>k\)，不合法，扔掉
对于每组，直接看做是\([0,m-1]\)，此时令\(d=\frac{m}{2}\)
将\([0,m-1]\)分为\([0,d-1],[d,m-1]\)，显然两段之内的数相互异或的结果\(<d\)，一定合法
也就是说，长度为\(d\)的段内随意选3个都合法
下面考虑跨过\(d\)的贡献，显然是一边选一个，一边选两个，此时这些数之间的异或和\(\ge d\)
以左边选一个为例，令\(k'=k-d\)
\(O(k\log k)\)
考虑异或和中一定有\(d\)这一位，下面只需要对于\(i\in[0,d-1]\)暴力统计出\([d,m]\)中有多少个数\(j\)满足\(i\oplus j\leq k'\)
可以前缀和之后\(\log k\)做到，从高到低依次考虑\(k\)每一个为1的二进制位\(i\)，如果查询的数这一位和\(x\)相同，那么下面可以任意选择
否则将\(x\rightarrow x\oplus 2^i\)
实现如下
int Que(int x,int *A,int k){
int ans=0;
drep(i,19,0) if(k&(1<<i)) {
int l=x&(~((1<<i)-1)),r=l+(1<<i)-1;
ans+=A[r]-A[l-1];
x^=1<<i;
}
return ans+A[x]-A[x-1];
}
得到个数\(c\)之后，接下来就是为\(x\)在\(c\)里选择两个匹配，就是\(\sum \frac{c(c-1)}{2}\)
由此得到一个\(O(k\log k)\)做法，可以通过前三档数据
namespace part_klogk{
const int N=1<<20|10;
int m,A[N],B[N],ans;
int Que(int x,int *A,int k){
int ans=0;
drep(i,19,0) if(k&(1<<i)) {
int l=x&(~((1<<i)-1)),r=l+(1<<i)-1;
ans+=A[r]-A[l-1];
x^=1<<i;
}
return ans+A[x]-A[x-1];
}
void Solve(int l,int r) {
int mid=(l+r)>>1;
int c1=0,c2=0;
rep(i,l,mid) c1+=A[i];
rep(i,mid+1,r) c2+=A[i];
ans=(ans+D3(c1))%P,ans=(ans+D3(c2))%P;
rep(i,l,mid) if(A[i]) {
int c=Que(i-l,B+mid+2,k-(m/2));
ans=(ans+1ll*c*(c-1)/2)%P;
}
rep(i,mid+1,r) if(A[i]) {
int c=Que(i-mid-1,B+l+1,k-(m/2));
ans=(ans+1ll*c*(c-1)/2)%P;
}
}
void Solve() {
for(m=1;m<=k;) m<<=1;
rep(i,1,n) rep(j,L[i],R[i]) A[j]++;
rep(i,1,N-1) B[i]=B[i-1]+A[i-1];
rep(i,0,R[n]/m) Solve(i*m,(i+1)*m-1);
printf("%d\n",ans);
}
}
\(O(n\log k-n\log ^2 k)\)
考虑对于\(k'\)，问题降阶为求区间\(a\)中的每一个数 ， 在区间\(b\)中查询合法的个数\(cnt_a\)
其中\(a,b\)区间可以认为对应相同的\([0,L-1]\)，但是出现元素不同
此时，继续采用上面的方法进行分组，分组对象变为两组区间
令\(m'=\min\{2^t|2^t>k'\},d'=\frac{m}{2}\)，分组之后
对于\([0,d'-1],[d',m-1]\)，显然两段之内异或\(\leq d\)，一定合法，加入答案\(cnt_a\)中
对于跨过区间的贡献，用下面的方法处理
左边区间对于右边区间继续递归进行查询，将得到的结果加上左边区间中数的个数
右边区间继续对于左边区间递归进行查询，将得到的结果加上右边区间中数的个数
问题不断降阶为子问题，会有\(\log k\)层子问题
每层子问题所有的区间可以分为\(O(n)\)段 特殊 的段
其他的部分要么完全覆盖要么为空，这些部分可以快速求出
发现答案如果用\((num,cnt)\)表示当前查询结果为\(num\)的个数为\(cnt\)
每层可以用\(O(n)\)个不同的二元对表示结果
如此求得后，再自底向上合并得到答案
关于实现
如果真的按照上面的方法，一层层向下分裂区间，会面临着常数大，难以实现的问题
考虑将每个区间\([L_i,R_i]\)插入线段树\([0,2^{30}-1]\)
显然得到\(O(n\log k)\)个节点，在底层完全覆盖的节点打上标记
先递归进行第一层的分裂区间操作，对于打上标记的节点可以分成\(\frac{r-l+1}{m}\)个完全覆盖区间
这些完全覆盖区间的答案可以\(O(1)\)求出
分裂完成后，每次查询的区间对用\((a,b,L,k,f1,f2)\)表示
其中\(a\)表示查询区间对应节点，\(b\)表示被查询区间对应节点
\(L\)表示区间长度，\(f1,f2\)表示\(a,b\)是否继承到上层的完全覆盖标记
如此每次合并\((ls_a,rs_b),(rs_a,ls_b)\)的查询结果，加上另一边的贡献 即可
当\(b\)为空或者为完全覆盖时，答案可以\(O(1)\)得到
当\(a\)为空时，可以得到空答案
从这样的底层向上合并，每个元素被合并次数\(O(\log k)\)
没有仔细分析复杂度，应该就是\(O(n\log k-n\log ^2 k)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair <int,int> Pii;
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define rep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
char IO;
int rd(){
int s=0;
while(!isdigit(IO=getchar()));
do s=(s<<1)+(s<<3)+(IO^'0');
while(isdigit(IO=getchar()));
return s;
}
const int N=2e4+10,P=1e9+7,I2=(P+1)/2,I3=(P+1)/3,U=1<<30;
int n,m,k;
int L[N],R[N];
int Check(){
for(int i=k;i;i>>=1) if(~i&1) return 0;
return 1;
}
int D3(int n){ return 1ll*n*(n-1)/2%P*(n-2)%P*I3%P; }
int D2(int n){ return 1ll*n*(n-1)/2%P; }
const int M=N*60;
int s[M],ls[M],rs[M],t[M],cnt,rt;
//在线段树上插入节点，打上标记，同时处理出size便于下面计算
void Ins(int &p,int l,int r,int ql,int qr){
if(!p) p=++cnt;
s[p]+=min(qr,r)-max(ql,l)+1;
if(ql<=l && r<=qr) { t[p]=1; return; }
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid) Ins(ls[p],l,mid,ql,qr);
if(qr>mid) Ins(rs[p],mid+1,r,ql,qr);
}
int ans;
// O(1)求出m
int Up(int k){ return 1<<(32-__builtin_clz(k)); }
typedef vector <Pii> V;
V Union(const V &A,const V &B){
int p1=0,p2=0,s1=A.size(),s2=B.size();
V R;
// 这里是否归并并不影响复杂度
while(p1<s1 || p2<s2) {
if(p1<s1 && (p2==s2||A[p1]<B[p2])) {
if(R.size() && R.back().first==A[p1].first) R.back().second+=A[p1].second;
else R.pb(A[p1]);
p1++;
} else {
if(R.size() && R.back().first==B[p2].first) R.back().second+=B[p2].second;
else R.pb(B[p2]);
p2++;
}
}
return R;
}
V Calc(int a,int b,int L,int k,int f1,int f2){
f1|=t[a],f2|=t[b];
V Res;
// 底层情况O(1)解决
if(!f1 && !a) return Res;
if(f2) return Res.pb(mp(k+1,f1?L:s[a])),Res;
if(!b) return Res.pb(mp(0,f1?L:s[a])),Res;
int m=Up(k);
// L>m说明还要继续进行分裂
if(L>m) return Union(Calc(ls[a],ls[b],L/2,k,f1,f2),Calc(rs[a],rs[b],L/2,k,f1,f2));
// 进入降阶子问题，左查右，右查左
k-=m/2;
V A=Calc(ls[a],rs[b],L/2,k,f1,f2);
for(auto &i:A) i.first+=f2?L/2:s[ls[b]];
V B=Calc(rs[a],ls[b],L/2,k,f1,f2);
for(auto &i:B) i.first+=f2?L/2:s[rs[b]];
return Union(A,B);
}
int cm;
// 第一次分裂
void Solve(int p,int L){
if(!p) return;
// 完全覆盖的部分答案可以快速求出
if(t[p]) { cm+=L/m; return; }
// 已经完成分裂，此时进入第一层子问题
if(L==m) {
// 贡献分为
// 左选3 ， 右选 3
ans=(ans+D3(s[ls[p]]))%P,ans=(ans+D3(s[rs[p]]))%P;
// 左1，右2
V A=Calc(ls[p],rs[p],m/2,k-m/2,0,0);
// 左2，右1
V B=Calc(rs[p],ls[p],m/2,k-m/2,0,0);
for(auto i:A) ans=(ans+1ll*D2(i.first)*i.second)%P;
for(auto i:B) ans=(ans+1ll*D2(i.first)*i.second)%P;
return;
}
Solve(ls[p],L/2),Solve(rs[p],L/2);
}
int main(){
n=rd(),k=rd();
rep(i,1,n) { int l=rd(),r=rd(); Ins(rt,0,U-1,l,r); }
m=Up(k),Solve(rt,U);
// O(1)求得完全覆盖部分的答案
int t=(2ll*D3(m/2)+1ll*D2(k-m/2+1)*m)%P;
ans=(ans+1ll*cm*t)%P;
printf("%d\n",ans);
}
