“钉耙编程"(2)1001 | hdu7287：Alice Game

Alice 和 Bob玩游戏，给定 $n$ 和 $k$ ，初始有 $n$ 个石头排成一排，两人轮流执行以下操作：

选择一段个数 $\le k$ 的石头，直接拿掉
选择一段个数 $> k + 1$ 的石头，拿走里面连续的 $k$ 个，要求拿完之后这一段石头变成了两段

先无法操作者输。

SG函数的题，好在还没忘记

根据SG的原理可以知道：

首先 $SG [0] = 0$ 。

接下来小于 $k$ 的， $SG [1... k] = 1$ 。

由于 $k + 1$ 无法操作， $SG [k + 1] = 0$ 。

对于 $> k + 1$ ，有
$mex_{i=1}^{x-k-1}(SG[i] \oplus SG[x - k - i])$

然后打标找规律，会发现符合 $SG [x] = 0$ 的 $x$ 是一个等差数列，公差为 $4 k + 2$

“钉耙编程”(2)1005 | hdu7291：Or

给出长度为 $n$ 的数组 $a_i$ 和 $b_i$ 。现在有 $m$ 组询问 $[l, r]$ ，需要计算：
$\bigoplus_{i=l}^{r}\bigoplus_{j=i}^r(a_i+\sum_{k=i+1}^{j}b_k)$
(这里的⊕ 表示OR操作)
数据范围 $1\le n \le 10^5,1\le m\le 10^6$

这题十分滴复杂。参考题解的思路来做

如果定下了一个 $r$ ，不断将 $l$ 左移，那么会增加一些新的数，这些数是 $a_l, a_l+b_{l+1},a_{l}+b_{l+1}+b_{l+2},\cdots,a_{l}+b_{l+1},a_{l}+b_{l+2}+\cdots+b_{r}$ 。我们知道题目中两个或与枚举全部数或一起是一样的，就是看某一个二进制位在这些数中是不是有 $1$ 。解决或问题的入手点是，找到某一个二进制位下最早出现 $1$ 的位置即可。在代码中用 $n x t$ 数组表示，这里给出代码中 $n x t$ 的定义， $n x t [i] [o]$ 表示第 $i$ 个位置开始往后，在第 $o$ 个二进制位上第一个出现 $1$ 的位置。

所以只要求出了 $n x t$ ，就可以从 $[n, n]$ 开始逐渐向头扩张，每次扩展加入 $n x t [l] [.]$ 的信息，用树状数组维护。这个时候如果维护到了 $[l, n]$ 的信息，做一个query(r)，就可以得到 $[l, r]$ 之间的答案了。

现在难点是求nxt。

用前缀和可以改写式子为 $a_l+s_r-s_l$ ，进一步做一个分组 $a_l-s_l)+s_r$ 。然后就可以按照“套路”来做题了。

如果 $y\ge 0$ ，不妨记 $x=s_r,\, y =s_l-a_l$ ，接下来考虑 $x - y$ 的情况。目标是判断第 $k$ 位(这里第 $k$ 位从 $0$ 开始数)是不是 $1$ 。首先 $x, y$ 需要对 $2^k$ 取模。如果 $x$ 的第 $k$ 位是 $1$ ， $x\ge y$ 且 $y$ 的第 $k$ 位是 $0$ ；或者 $x < y$ 且 $y$ 的第 $k$ 位是 $1$ 。如果 $x$ 的第 $k$ 位是 $0$ ，要求 $x\ge y$ 且 $y$ 的第 $k$ 位是 $1$ ；或者 $x < y$ 且 $y$ 的第 $k$ 位是 $0$ 。整理一下，现在需要当 $y$ 的第 $k$ 位是 $0$ 时，需要在 $x\ge y$ 中找第 $k$ 位是 $1$ 的 $x$ ；或者在 $x < y$ 中找第 $k$ 位是 $0$ 的 $x$ 。如果 $y$ 的第 $k$ 为是 $1$ 也类似。

后来悟了，上面说的太具体了，其实就是当考虑第 $k$ 位时，先看看第 $k$ 位之后的数(即对 $2^k$ 取模)谁大， $y$ 大则表示需要向第 $k$ 位借位， $y$ 小则不用。如果需要借位，则要求 $x$ 的第 $k$ 位是 $0$ ， $y$ 是 $0$ 。类似这样推理下去。

如果 $y < 0$ ，记 $x=s_r,\, y =-s_l+a_l$ ，接下来考虑 $x + y$ 的情况。借用上面的思路，对 $2^{k+1}$ 取模，如果 $2^k\le x+y < 2^{k+1}$ 或者 $x+y\ge 2^{k+1}+2^k$ ，则 $x + y$ 的第 $k$ 位有 $1$ 。(很明显的，有 $2^k$ 就是第 $k$ 位上有 $1$ 嘛)

上面这两种情况都可以用线段树维护，每一位都做三棵线段树，都是求的区间最小值。

时间复杂度是 $\mathcal{O}( n\log^2 n+m\log n)$

#include <bits/stdc++.h>
//#define rt root, 0, L
#define ltree lc[x], l, mid
#define rtree rc[x], mid + 1, r
using namespace std;
//typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10, M = 1e6 + 10;
const int L = 1e9; // 设定线段树的上限
const int INF = 1e9;int n, m;
int a[N], b[N], s[N];
int nxt[N][30];int ans[M];
vector<pair<int, int>> Q[N]; // 记录、整理询问区间namespace calc_ans
{ const int base = 233;const int p = 998244353;inline int add(int x, int y) { return (x += y) >= p ? x - p : x; } inline int mul(int x, int y) { return 1ll * x * y % p; }int calc() {int res = 0, t = 1; for (int i = 1; i <= m; ++i){t = mul(t, base);res = add(res, mul(t, ans[i]));}return res;}
}struct SegmentTree
{int rt;int top, lc[N * 30], rc[N * 30], mn[N * 30]; // 动态开点void init(){rt = top = 0;mn[0] = INF;}void change(int &x, int l, int r, int p, int v){if(!x){x = ++top;lc[x] = rc[x] = 0;mn[x] = INF;}if(l == r) return mn[x] = min(mn[x], v), void();int mid = l + r >> 1;if(p <= mid) change(ltree, p, v);else change(rtree, p, v);mn[x] = min(mn[lc[x]], mn[rc[x]]);}//int query(int x, int l, int r, int ql, int qr)  debug：没有去除掉非法情况(e.g. ql, qr = -2, 0)//{//	if(!x) return INF;//	if(l == ql && r == qr) return mn[x];//	int mid = l + r >> 1;//	if(qr <= mid) return query(ltree, ql, qr);//	else if(mid < ql) return query(rtree, ql, qr);//	else return min(query(ltree, ql, mid), query(rtree, mid + 1, qr));//}int query(int x, int l, int r, int ql, int qr){if(l > qr || r < ql || !x) return INF;if(ql <= l && r <= qr) return mn[x];int mid = l + r >> 1;return min(query(lc[x], l, mid, ql, qr), query(rc[x], mid + 1, r, ql, qr));}
}T[2], S;// 求最终答案部分
int Bit[N];
inline int lowbit(int x) { return x & -x; }
void add(int x, int v)
{for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) Bit[i] |= v;
}
int query(int x)
{int ret = 0;for(int i = x; i >= 1; i -= lowbit(i)) ret |= Bit[i];return ret;
}void solve()
{scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);for(int i = 1; i <= n; i++){scanf("%d", &b[i]);s[i] = s[i - 1] + b[i];}for(int o = 0; o < 30; o++){T[0].init();T[1].init();S.init();for(int i = n; i >= 1; i--){int d = s[i] >> o & 1; // s[i]第o位的值是几int v1 = s[i] & (1 << o) - 1; // s[i]对2^o取模int v2 = s[i] & (1 << o + 1) - 1; // s[i]对2^(o+1)取模T[d].change(T[d].rt, 0, L, v1, i);S.change(S.rt, 0, L, v2, i);if(s[i] >= a[i]){int d = (s[i] - a[i]) >> o & 1; // s[i]-a[i]的第o位int v = (s[i] - a[i]) & ((1 << o) - 1); // 对2^o取模nxt[i][o] = min(T[d].query(T[d].rt, 0, L, 0, v - 1), T[d ^ 1].query(T[d ^ 1].rt, 0, L, v, L));}else // s[i] < a[i]{int v = (a[i] - s[i]) & ((1 << o + 1) - 1);nxt[i][o] = min(S.query(S.rt, 0, L, (1 << o) - v, (1 << o + 1) - v - 1),S.query(S.rt, 0, L, (1 << o) + (1 << o + 1) - v, L));}}}for(int i = 1; i <= m; i++){int l, r;scanf("%d%d", &l, &r);Q[l].push_back({r, i});}for(int l = n; l >= 1; l--){for(int o = 0; o < 30; o++)if(nxt[l][o] != INF) add(nxt[l][o], 1 << o);for(auto q : Q[l]) ans[q.second] = query(q.first);}printf("%d\n", calc_ans::calc());for(int i = 1; i <= n; i++) Q[i].clear(), Bit[i] = 0;
}int main()
{int T;scanf("%d", &T);while(T--) solve();
}

“钉耙编程"(2)1010 | hdu7296：Klee likes making friends

可莉找朋友，有 $n$ 个朋友，找每一个朋友需要花费 $a [i]$ 的代价。由于可莉是一个乐于交友的人，在任意 $m$ 个连续的人中，至少要有 $2$ 个可莉的朋友。请给出最少代价。 $\le n \le 20000, 2 \le m \le 2000, m \le n )$

算法是DP应该不难看出

状态设 $f [i] [j]$ 最后两个朋友是 $i$ 和 $j$ 时的最小代价，则有转移方程:

$\min_{k-m+1\le i\le j-1}{f[i][j]+a[k]}$

挺显然的，目标就是让i最后三个朋友 $i, j, k$ 的分布能满足题意

接下里考虑时间复杂度，如果直接枚举转移会产生 $\mathcal{O}(nm*m)$ 的复杂度。 $nm$ 是状态量， $m$ 是每个状态转移的复杂度。显然时间复杂度是不可接受的，我们需要优化转移的时间复杂度

转移的过程中我们需要找到一个在区间范围内的i，让f[i][j]最小。i和k之间的变化是一个线性变化，所以可以很轻松的记录一个区间的最小值来解决这个问题。

留意到空间要开 $\mathcal{O}(n^2)$ 太大了，但实际上用到的f只有 $\mathcal{O}(m^2)$ ，所以不妨让i和j都对m取模，做一个循环。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e4 + 10, M = 2e3 + 10;
const ll INF = 1e18;int n, m;
ll a[N], f[M][M];void solve()
{scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 1; i <= n; i++){scanf("%lld", &a[i]);}for(int i = 1; i < m; i++)f[0][i] = a[i];for(int j = 1; j <= n; j++){ll mn = INF;int i = j; // debug i = j - 1 初始未导入for(int k = min(n, j + m - 1); k > j; k--){while(i > 0 && k - i < m) {i--;mn = min(mn, f[i % m][j % m]);// printf("%d %d\n", i, mn);}f[j % m][k % m] = mn + a[k]; // debug 忘记加a[k]// printf("%d %d %d\n", j, k, mn);}}ll ans = INF;for(int i = n - m + 1; i <= n; i++)for(int j = i + 1; j <= n; j++)ans = min(ans, f[i % m][j % m]);printf("%lld\n", ans);
}int main()
{int T;scanf("%d", &T);while(T--) solve();
}