数学 模+位运算 - HDU 6058

2019-04-14 16:09发布

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Rikka with Candies

转自：hnust_Derker   模+位运算，现在还是不打能明白，先留个记录。   /** HDU 6085 Rikka with Candies 题意：A数组n个数，B数组m个数，q个查询， 每次给出一个k，询问有多少对(i,j)， 使得Ai % Bj = k， 输出对数对模2的值 思路：首先，用一个vis数组01方式记录A数组中的数是否出现过，因为有Ai % Bj = k，所以也就是(Ai - k) % Bj = 0，不妨设Ai - k = x，那么Bj则是x的因子，因为 是Ai % Bj = k，所以k一定比Bj小，即k的取值范围是[0, Bj)那么可以枚举每个x， 再枚举每个x的因子c，如果c不在B数组出现， 就不管它；否则的话，就在[0, Bj) 中的每一个y的值， 对应的加上vis数组中x + y的值，举个例子： vis数组中对于6 7 8 9 10 11的出现情况是0 1 1 0 1 0 对于x枚举到6，它的因子枚举到3(假设3在B数组存在)的时候，如果有(Ai - k) % 3 = 0，那么就是说,如果k可以取值，k在[0, 3)也就是[0, 2]的范围内，也就转换为 Ai = x + k， 也就是6 + [0, 2]，那么现在只需要看对应取值为k的时候，x + k(Ai)是否存在，如果存在那么k的值即可加上1， 因为此时(Ai, 3)形成了一对模为k的数 设res数组是记录余数为k的对数， x=6,c=3的情况如下所示 vis 6 7 8 9 10 11 0 1 1 0 1 0 x+k 6 7 8 res[0, 1, 2] + vis[x + 0, x + 1, x + 2] = res[0, 1, 2] + vis[6, 7, 8] = res[0, 1, 2] + [0, 1, 1] 就是说res[0]+0, res[1]+1, res[2]+1, 代表有(6+1)%3=0,(6+2)%3=0， 即(7, 3)形成了一对余数为1的数，(8, 3)形成了一对余数为2的数 还有因为直接相加复杂度是O(n^2),题目说只需要模2， 那么可以用异或来写，用异或的话也不可能一个一个来，所以就用将连续若干个01值压缩成一个整数来异或， 这样就是O(n^2 / 32), 还有一点就是对于x=0，因为所有正整数都是0的因子，对0分开写，原式就是(0 + k) % Bj = k => k % Bj = k， 就是找在A数组中k存在的前提 下，在B数组中找出比k大的数的数量加进res[k]即可 **/ #include typedef long long ll; const int MAXN = 5e4 + 70; using namespace std; int a[MAXN], b[MAXN]; int res[MAXN], vis[MAXN]; vector G[MAXN]; ll dig[MAXN][35]; set st; ll ans[MAXN]; void init() { for(int i = 1; i < MAXN - 3; i++) { for(int j = 1; j * j <= i; j++) { if(i % j) continue; G[i].push_back(j); if(i / j != j) G[i].push_back(i / j); } sort(G[i].begin(), G[i].end()); } } int main() { init(); int n, m, q, k, T; scanf("%d", &T); while(T--) { st.clear(); memset(vis, 0, sizeof vis); memset(res, 0, sizeof res); memset(ans, 0, sizeof ans); scanf("%d%d%d", &n, &m, &q); int max_data = -1; for(int i = 0; i < n; i++) { scanf("%d", &a[i]); vis[a[i]] = 1; max_data = max(max_data, a[i]); } for(int i = 0; i < m; i++) { scanf("%d", &b[i]); st.insert(b[i]); } sort(b, b + m); for(int i = 1; i <= 5e4; i++) { ll su = 0; for(int j = 0; j < 32; j++) { su = su * 2 + vis[i + j]; dig[i][j + 1] = su; dig[i][j + 1] <<= (31 - j); } } for(int i = 1; i <= max_data; i++) { for(int j = 0; j < G[i].size(); j++) { int x = G[i][j]; if(!st.count(x)) continue; int L = 0, R = x - 1; while(L <= R) { int d = L / 32; if(i + L > 5e4) break; if(R - L >= 31) { ans[d] ^= dig[i + L][32]; L += 32; } else { ans[d] ^= dig[i + L][R - L + 1]; L = R + 1; } } } } int num = 0; for(int i = 0; i * 32 <= 5e4; i++) { int j = (i + 1) * 32 - 1; int t = 32; while(t--) { res[j] = ans[i] & 1; j--; ans[i] >>= 1; } } for(int i = 0; i < n; i++) { int x = a[i]; res[x] += m - (upper_bound(b, b + m, x) - b); } while(q--) { scanf("%d", &k); printf("%d ", res[k] & 1); } } return 0; }          

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