【HDU5565 BestCoder Round 62 (div1)C】【STL or 二分答案 or 计数排序】Clarke and baton n个人减肥m次求最后异或值
【HDU5565 BestCoder Round 62 (div1)C】【优先队列做法】Clarke and baton n个人减肥m次求最后异或值
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<iostream>
#include<string>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre(){freopen("c://test//input.in","r",stdin);freopen("c://test//output.out","w",stdout);}
#define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define MP(x,y) make_pair(x,y)
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1,class T2>inline void gmax(T1 &a,T2 b){if(b>a)a=b;}
template <class T1,class T2>inline void gmin(T1 &a,T2 b){if(b<a)a=b;}
const int N=1e7+10,M=0,Z=1e9+7,G=78125,ms63=1061109567;
int casenum,casei;
int a[N];
int n,m;
long long seed;
int rand(int l, int r)
{
seed=seed*G%Z;
return l+seed%(r-l+1);
}
struct node
{
int v,o;
node(){}
node(int v_,int o_){v=v_;o=o_;}
bool operator < (const node& b)const
{
if(v!=b.v)return v<b.v;
return o>b.o;
}
};
priority_queue<node>q;
int main()
{
scanf("%d",&casenum);
for(casei=1;casei<=casenum;casei++)
{
scanf("%d%d%lld",&n,&m,&seed);
int sum=rand(m,10000000);
//天啊噜，这个优化是在是太BT了，果然有时候猜极端数据特判掉是AC的好办法啊！
if(m==sum)
{
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)ans^=i;
printf("%d\n",ans);
continue;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=rand(0,sum/(n-i+1));
sum-=a[i];
}
a[rand(1,n)]+=sum;
for(int i=1;i<=n;i++)q.push(node(a[i],i));
while(m--)
{
int v=q.top().v;
int o=q.top().o;
q.pop();
q.push(node(v-1,o));
}
int ans=0;
while(!q.empty())
{
ans^=(q.top().v+q.top().o);
q.pop();
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
1，STL常数巨大，有可能卡常数的情况，同复杂度尽量选用替代STL的做法
2，极端数据的特判可以极大实现代码加速！不论是multiset还是priority_queue，怎么都可以在极小的时间复杂度内AC
【题意】
T（10）组数据，6s时限
对于每组数据，给你一个种子，并用种子生成n（1e7）个数a[]。
这n个数之和为sum，sum也是由种子生成的，sum的值在[m,1e7]之间，
m是我们要对这n个数做减法的总次数。
具体上讲，是我们一共做m次减法，每次选取数值最小的那个做减法；
如果有多个数数值相同，那么我们选取编号最小的那个。
在所有减法操作结束之后，让你输出所有i∈[1,n]条件下的(a[i]+i)的异或和
【类型】
STL or 二分答案 or 计数排序
【分析】
方法一：STL
用STL的multiset或priority_queue维护这个操作。
虽然理论上的复杂度为O(nlogn)但是常数巨大于是TLE
方法二：二分答案
我们可以二分做完所有减法条件后的最大值，然后检测其合法性。
然后基于这个做一次线性扫描即可，时间复杂度为O(nlogn)
方法三：快排
可以通过快排来维护做完所有减法条件后的最大值。
时间复杂度也是O(nlogn)
方法四：计数排序
我们基于快排的思路，把实现改变为计数排序，时间复杂度就变为了稳定的O(n)
【时间复杂度&&优化】
200ms AC
*/
【HDU5565 BestCoder Round 62 (div1)C】【二分答案做法】Clarke and baton n个人减肥m次求最后异或值
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<iostream>
#include<string>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre(){freopen("c://test//input.in","r",stdin);freopen("c://test//output.out","w",stdout);}
#define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define MP(x,y) make_pair(x,y)
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1,class T2>inline void gmax(T1 &a,T2 b){if(b>a)a=b;}
template <class T1,class T2>inline void gmin(T1 &a,T2 b){if(b<a)a=b;}
const int N=1e7+10,M=0,Z=1e9+7,G=78125,ms63=1061109567;
int casenum,casei;
int a[N];
int n,m;
long long seed;
int rand(int l, int r)
{
seed=seed*G%Z;
return l+seed%(r-l+1);
}
bool check(int v)
{
int tim=m;
for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i]>v)
{
tim-=a[i]-v;
if(tim<0)return 0;
}
return 1;
}
int solve(int v)
{
int tim=m;
for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i]>v)
{
tim-=a[i]-v;
a[i]=v;
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(tim&&a[i]==v)
{
--tim;
--a[i];
}
ans^=(a[i]+i);
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d",&casenum);
for(casei=1;casei<=casenum;casei++)
{
scanf("%d%d%lld",&n,&m,&seed);
int sum=rand(m,10000000);
//天啊噜，这个优化是在是太BT了，果然有时候猜极端数据特判掉是AC的好办法啊！
if(m==sum)
{
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)ans^=i;
printf("%d\n",ans);
continue;
}
int top=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=rand(0,sum/(n-i+1));gmax(top,a[i]);
sum-=a[i];
}
int p=rand(1,n);
a[p]+=sum;gmax(top,a[p]);
int l=0;
int r=top;
while(l<r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid))r=mid;
else l=mid+1;
}
printf("%d\n",solve(l));
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
1，STL常数巨大，有可能卡常数的情况，同复杂度尽量选用替代STL的做法
2，极端数据的特判可以极大实现代码加速！不论是multiset还是priority_queue，怎么都可以在极小的时间复杂度内AC
【题意】
T（10）组数据，6s时限
对于每组数据，给你一个种子，并用种子生成n（1e7）个数a[]。
这n个数之和为sum，sum也是由种子生成的，sum的值在[m,1e7]之间，
m是我们要对这n个数做减法的总次数。
具体上讲，是我们一共做m次减法，每次选取数值最小的那个做减法；
如果有多个数数值相同，那么我们选取编号最小的那个。
在所有减法操作结束之后，让你输出所有i∈[1,n]条件下的(a[i]+i)的异或和
【类型】
STL or 二分答案 or 计数排序
【分析】
方法一：STL
用STL的multiset或priority_queue维护这个操作。
虽然理论上的复杂度为O(nlogn)但是常数巨大于是TLE
方法二：二分答案
我们可以二分做完所有减法条件后的最大值，然后检测其合法性。
然后基于这个做一次线性扫描即可，时间复杂度为O(nlogn)
方法三：快排
可以通过快排来维护做完所有减法条件后的最大值。
时间复杂度也是O(nlogn)
方法四：计数排序
我们基于快排的思路，把实现改变为计数排序，时间复杂度就变为了稳定的O(n)
【时间复杂度&&优化】
31ms AC
没错，不要不相信你的眼睛，我真的不是输入输出数据 噗 我就是可以31ms AC这道题！
【数据】
*/
【HDU5565 BestCoder Round 62 (div1)C】【计数排序做法】Clarke and baton n个人减肥m次求最后异或值
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<iostream>
#include<string>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre(){freopen("c://test//input.in","r",stdin);freopen("c://test//output.out","w",stdout);}
#define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define MP(x,y) make_pair(x,y)
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1,class T2>inline void gmax(T1 &a,T2 b){if(b>a)a=b;}
template <class T1,class T2>inline void gmin(T1 &a,T2 b){if(b<a)a=b;}
const int N=1e7+10,M=0,Z=1e9+7,G=78125,ms63=1061109567;
int casenum,casei;
int a[N],num[N];
int n,m;
long long seed;
int rand(int l, int r)
{
seed=seed*G%Z;
return l+seed%(r-l+1);
}
int top;
int solve()
{
int sum=0;
for(int i=top;;--i)
{
sum+=num[i];
if(m-sum<=0)
{
int ans=0;
for(int j=1;j<=n;++j)
{
if(a[j]<i)ans^=a[j]+j;
else if(m){ans^=i-1+j;--m;}
else ans^=i+j;
}
return ans;
}
m-=sum;
}
}
int main()
{
scanf("%d",&casenum);
for(casei=1;casei<=casenum;++casei)
{
scanf("%d%d%lld",&n,&m,&seed);
int sum=rand(m,10000000);
//天啊噜，这个优化是在是太BT了，果然有时候猜极端数据特判掉是AC的好办法啊！
if(m==sum)
{
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)ans^=i;
printf("%d\n",ans);
continue;
}
memset(num,0,(sum+2)*4);top=sum;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
a[i]=rand(0,sum/(n-i+1));++num[a[i]];
sum-=a[i];
}
int p=rand(1,n);
--num[a[p]];
a[p]+=sum;
++num[a[p]];
printf("%d\n",solve());
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
1，STL常数巨大，有可能卡常数的情况，同复杂度尽量选用替代STL的做法
2，极端数据的特判可以极大实现代码加速！不论是multiset还是priority_queue，怎么都可以在极小的时间复杂度内AC
【题意】
T（10）组数据，6s时限
对于每组数据，给你一个种子，并用种子生成n（1e7）个数a[]。
这n个数之和为sum，sum也是由种子生成的，sum的值在[m,1e7]之间，
m是我们要对这n个数做减法的总次数。
具体上讲，是我们一共做m次减法，每次选取数值最小的那个做减法；
如果有多个数数值相同，那么我们选取编号最小的那个。
在所有减法操作结束之后，让你输出所有i∈[1,n]条件下的(a[i]+i)的异或和
【类型】
STL or 二分答案 or 计数排序
【分析】
方法一：STL
用STL的multiset或priority_queue维护这个操作。
虽然理论上的复杂度为O(nlogn)但是常数巨大于是TLE
方法二：二分答案
我们可以二分做完所有减法条件后的最大值，然后检测其合法性。
然后基于这个做一次线性扫描即可，时间复杂度为O(nlogn)
方法三：快排
可以通过快排来维护做完所有减法条件后的最大值。
时间复杂度也是O(nlogn)
方法四：计数排序
我们基于快排的思路，把实现改变为计数排序，时间复杂度就变为了稳定的O(n)
【时间复杂度&&优化】
100ms AC
【数据】
*/