标签：8.1 int double long leq 端点 define
ABC262E
题意：
给定\(n\)个点\(m\)条边，选\(k\)个点染红，其他点染蓝，问有多少种方法，让偶数条边两端颜色不同？对\(998244353\)取模
\(1\leq n,m\leq 2*10^5,0\leq k\leq n\)
题解：
假设有\(a\)染红色点的度数和，\(b\)条边两端都是红色的，\(c\)为两端颜色不同的边数
\[a=2*b+c \]如果\(c\)是偶数，那么\(a\)一定要是偶数，直接枚举用了几个奇数度的点染红，
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define int long long
#define double long double
#define ls(p) (p<<1)
#define rs(p) (p<<1|1)
#define lowbit(i) ((i)&(-i))
#define mid ((l+r)>>1)
#define eps (1e-15)
const int N=5e5+10,mod=998244353,inv2=5e8+4,inf=2e9;
const double pi=acos(-1.0);
int n,m,k;
int rd[N];
int s[2];
int fac[N],inv[N];
inline int fast(int x,int k)
{
int ret=1;
while(k)
{
if(k&1) ret=ret*x%mod;
x=x*x%mod;
k>>=1;
}
return ret;
}
inline void init(int n=5e5)
{
fac[0]=inv[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[n]=fast(fac[n],mod-2);
for(int i=n-1;i>=1;--i) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
inline int C(int n,int m)
{
if(n<m||m<0) return 0;
return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
inline void main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=m;++i)
{
int x,y;cin>>x>>y;
++rd[x],++rd[y];
}
init();
for(int i=1;i<=n;++i)
{
++s[rd[i]&1];
}
int ans=0;
for(int i=0;i<n;i+=2)
{
ans+=C(s[1],i)*C(s[0],k-i)%mod;
ans%=mod;
}
cout<<ans<<'\n';
}
}
signed main()
{
red::main();
return 0;
}
/*
*/
CF1110E
题意：
给定数组\(c,t\)，每次操作可以让\(c_i=c_{i+1}+c_{i-1}-c_i\)
问能不能通过操作让\(c\)和\(t\)相等。
数组长度\(\leq 10^5\)，\(0\leq c_i,t_i\leq 2*10^9\)
题解：
首先，如果\(c_1\neq t_1\)或者\(c_n\neq t_n\)，肯定不可能。
设\(a_i=c_{i}-c_{i-1}\)
那么操作过后
\[a_{i+1}=c_{i+1}-(c_{i+1}+c_{i-1}-c_i)=c_{i}-c_{i-1}=a_i\\ a_{i}=(c_{i+1}+c_{i-1}-c_i)-c_{i-1}=c_{i+1}-c_i=a_{i+1} \]发现就是两个位置互换了一下。
那么题目就是给两个差分数组，随便排序之后能不能一样。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define int long long
#define double long double
#define ls(p) (p<<1)
#define rs(p) (p<<1|1)
#define lowbit(i) ((i)&(-i))
#define mid ((l+r)>>1)
#define eps (1e-15)
const int N=2e5+10,mod=1e9+7,inv2=5e8+4,inf=2e9;
const double pi=acos(-1.0);
int n;
int a[N],b[N];
inline void main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n;
bool flag=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
cin>>a[i];
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
cin>>b[i];
}
if(a[1]!=b[1]||a[n]!=b[n]) flag=0;
for(int i=n;i>=1;--i)
{
a[i]-=a[i-1];
b[i]-=b[i-1];
}
sort(a+1,a+n+1);
sort(b+1,b+n+1);
for(int i=1;i<=n;++i) flag&=(a[i]==b[i]);
if(flag) cout<<"Yes\n";
else cout<<"No\n";
//c[i]=c[i+1]+c[i-1]-c[i];
//c[i]-c[i-1]=c[i+1]-c[i];
//d[i]=d[i+1]
}
}
signed main()
{
red::main();
return 0;
}
/*
7 2 4 12
7 -5 2 8
7 -5 8 2
*/
P3760
题意：
给定一个序列，求所有子区间和的异或值。
\(n\leq 10^5,\sum a_i\leq 10^6\)
题解：
\(solution1\)
题目要求
\(\bigoplus \sum_{l=0}^n\sum_{r=l+1}^n(s[r]-s[l])\)
二进制数考虑按位
枚举位数\(k\)和右端点，如何快速求有多少满足要求的左端点？
如果右端点是\(1\)，那么左端点：
要么是\(0\)，且左端点低于第\(k\)位的部分小于等于右端点低于第\(k\)位的部分
要么是\(1\)，且左端点低于第\(k\)位的部分大于右端点低于第\(k\)位的部分。
因为后者涉及做减法的时候会不会借位，如果借位，那么第\(k\)位的\(01\)就反转了。
右端点是\(1\)类似。
开两个树状数组，分别维护第\(k\)位是\(0\)和\(1\)的情况。
\(solution2\)
题解区的神仙还能继续优化。
下面引用自 Ntokisq 神仙
如果左右端点的第\(k\)位相同，那么其实就是在求逆序对数。
第\(k\)位不同时，其实是在算顺序对，但是贡献只有不同时才有，不妨用容斥，先不考虑相同不相同，再减去第\(k\)位相同的贡献。
第\(k\)位相同的贡献其实在算逆序对数的时候也算出来了。
那么怎么求序列的逆序对数呢？这个问题肯定是\(O(nlogn)\)的。
但是本题只要求逆序对的奇偶性。
有一个结论：如果一个排列经过\(x\)次交换邻项后变得有序，那么\(x\)和排列的逆序对数奇偶性相同。
可以推导出另一个结论：一个排列的逆序对数的奇偶性与\(n\)减去该排序的环数相同。
最终状态\(p_i=i\)，那么有序的排序是有\(n\)个环的。
每次交换，要么减少一个环，要么增加一个环，减少一个环的话，还需要再花操作一次操作加回来，所以奇偶性也是相同。
求排列的环数可以\(O(n)\)
\(solution3\)
下面是另一种解法
可以直接算出每个数字出现多少次，因为算贡献是\(x-y=v\)的形式，且值域不是很大
设\(f_x\)是\(x\)作为区间和的出现次数，\(s_i\)是\(i\)作为前缀和的出现次数
\[f_x=\sum_{i=0}^ns_i*s_{i+x} \]设\(s'\)是\(s\)翻转后的数组
\[f_x=\sum_{i=0}^ns_i*s'_{m-i-x} \]就可以卷积了
\(solution4\)
固定左端点，枚举右端点，就可以求出左端点固定时的\([l,r]\)和的异或值。
那么每次左端点左移一位，其实就是把之前有的所有异或值全部\(+a[l]\)，再把\(a[l]\)插入进去
考虑到\(\sum a_i\)很小，可以每次一位一位的加，然后用\(01trie\)实现。
\(01tire\)实现每次给所有数字\(+1\)是可以实现的：考虑倒着建\(trie\)树，第\(k\)层的儿子代表数字\(x\)的第\(k\)位是\(0\)还是\(1\)，那么给所有数字\(+1\)就是从根节点开始，如果该节点有右儿子，说明这个右儿子这里应该进位，递归进入，然后把该节点的左右儿子翻转一下，更新该节点的信息。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define int long long
#define double long double
#define ls(p) (p<<1)
#define rs(p) (p<<1|1)
#define lowbit(i) ((i)&(-i))
#define mid ((l+r)>>1)
#define eps (1e-15)
const int N=1e6+10,mod=1e9+7,inv2=5e8+4,inf=2e9;
const double pi=acos(-1.0);
int n;
int a[N],s[N];
struct BIT
{
int tr[N];
inline void clear()
{
for(int i=1;i<=1000001;++i) tr[i]=0;
}
inline void update(int x,int k=1)
{
for(int i=x;i<=1000001;i+=lowbit(i)) tr[i]+=k;
}
inline int query(int y)
{
int sum=0;
for(int i=y;i;i-=lowbit(i)) sum+=tr[i];
return sum;
}
}T[2];
inline void main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
cin>>a[i];
s[i]=s[i-1]+a[i];
}
int ans=0;
for(int k=0;k<=20;++k)
{
T[0].clear();T[1].clear();
int sum=0,tmp=(1<<k)-1;
T[0].update(1);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int now=0,val=s[i]&tmp;
if((s[i]>>k)&1)
{
now=T[0].query(val+1)+T[1].query(1000001)-T[1].query(val+1);
T[1].update(val+1);
}
else
{
now=T[0].query(1000001)-T[0].query(val+1)+T[1].query(val+1);
T[0].update(val+1);
}
now%=2;
sum^=now;
}
if(sum) ans|=(1<<k);
}
cout<<ans<<'\n';
}
}
signed main()
{
red::main();
return 0;
}
/*
7 2 4 12
7 -5 2 8
7 -5 8 2
*/
标签：8.1,int,double,long,leq,端点,define 来源： https://www.cnblogs.com/knife-rose/p/16542363.html
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