【题解】JZOJ7879 escape from whk 3

JZOJ 7879

小清新思维。

题意

定义一对整数是不好的当且仅当这两个整数相加是 $2$ 的整数次幂。$m$ 次询问，$[l,r]$ 内最多能选多少个数组成集合 $A$，使 $A$ 中任意两个数都不是不好的。对于一些数据，求 $[1,n]$ 的所有子区间的答案的和。

题解

先考虑第一问。

有简单结论：从大往小贪心选择。

证明：

对于两个数相加等于 $2^k$，显然一个数小于 $2^{k-1}$，一个数大于 $2^{k-1}$，所以每个数 $x$ 只会满足 $x+a=2^k,x>a$ 一次，也就是说每个数只会成为冲突数对中的较大数一次。

那么对于 $[l,r]$ 里的冲突数对 $(x,y),x<y,x+y=2^k$，对于 $y$ 来说，可能的冲突数在 $(2^{k^{\prime }},r],2^{k^{\prime }}>y$ 范围内，对 $x$ 来说，在此基础上还多出了 $(2^{k^{\prime \prime }},y),2^{k^{\prime \prime }}>x$ 以及 $x$ 为较大数的那一对冲突数对。所以选 $y$ 的冲突数更少。证毕。

现在对于一对 $[l,r]$，找到离 $r$ 最近且小于 $r$ 的 $x=2^k$。设答案为 $f(l,r)$。

显然从大往小选的时候，$[x,r]$ 的数都不会冲突。相对应地，在 $[2x-r,x)$ 的数会跟选中的数一一冲突，于是显然有 $f(l,r)=r-x+1+f(l,2x-r-1)$。这样直接递归，时间复杂度 $O(m\log n)$。边界条件是 $l>r$ 的前一步。

现在考虑第二问。设 $s_r=\sum _{l=1}^{r}f(l,r)$，答案就是求 $\sum _{r=1}^n{s}_r$。思考如何统计 $s_r$。对于一个确定的 $r$，讨论 $l$：

• $l\in [x,r]$，单个 $l$ 贡献为 $r-l+1$，总的贡献等差数列求一下，就是 $\frac{(r-x+1)(r-x+2)}{2}$
• $l\in [2x-r,x-1]$，单个 $l$ 贡献为 $r-x+1$，总贡献为 $(r-x)(r-x+1)$
• $l\in [1,2x-r-1]$，单个 $l$ 贡献为 $r-x+1+f(l,2x-r-1)$，求和一下发现总贡献为 $(2x-r-1)(r-x+1)+\sum _{i=1}^{2x-r-1}f(i,2x-r-1)=(2x-r-1)(r-x+1)+s_{2x-r-1}$

将三个贡献加起来，$ans=\frac{(r-x+1)(r-x+2)}{2}+(x-1)(r-x+1)+s_{2x-r-1}$，于是 $O(n)$ 递推搞定。

总时间复杂度 $O(m\log n+n)$，吊打 std！

实现

代码奇短，非常好写。

注意递归函数中的全局变量，先计算再递归。

#include 
using namespace std;
const int N = 300005;
int n, m, type, pw;
long long ans = 0, sum[N];
int solve(int l, int r) {
	while (pw > r) pw >>= 1;
	if (l >= 2 * pw - r) return min(r - l + 1, r - pw + 1);
	return r - pw + 1 + solve(l, 2 * pw - r - 1);
}
int main() {
	freopen("kuhu.in", "r", stdin);
	freopen("kuhu.out", "w", stdout);
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &type);
	for (int i = 1, l, r; i <= m; i++) scanf("%d%d", &l, &r), pw = 1 << 28, printf("%d\n", solve(l, r));
	pw = 2, sum[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		if ((pw << 1) <= i) pw <<= 1;
		sum[i] = 1ll * (i - pw + 1) * (i - pw + 2) / 2 + 1ll * (pw - 1) * (i - pw + 1) + sum[pw * 2 - i - 1];
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) ans += sum[i];
	printf("%lld", type * ans);
	return 0;
}