BZOJ4245 [ONTAK2015]OR-XOR
2016-07-30 18:16
423 查看
Description
给定一个长度为n的序列a[1],a[2],...,a,请将它划分为m段连续的区间,设第i段的费用c[i]为该段内所有数字的异或和,则总费用为c[1] or c[2] or ... or c[m]。请求出总费用的最小值。
Input
第一行包含两个正整数n,m(1<=m<=n<=500000),分别表示序列的长度和需要划分的段数。第一行包含n个整数,其中第i个数为a[i](0<=a[i]<=10^18)。
Output
输出一个整数,即总费用的最小值。Sample Input
3 21 5 7
Sample Output
3HINT
第一段为[1],第二段为[5 7],总费用为(1) or (5 xor 7) = 1 or 2 = 3。正解:贪心
解题报告:
这是一道很神的题,真的神,%%%。
感觉神犇们写的博客都好抽象,最后还是问了一下遥遥,自己又YY了一下,才搞懂的。详细讲一下吧。
首先题目要求我们把一个序列拆成m个序列,并且使得这m个序列内部的异或和,然后再把这m个异或和给或一下。使这个权值尽可能的小。
异或的题目我们显然是要变成二进制才好做,那么要想最终结果小,可以贪心地让高位尽可能地为0。我们做出前缀异或和,然后从高位往低位枚举,看一下n个前缀和中是否存在m个这一位可以为0的,而且n个数的总异或和这一位也不为1,那么显然这一位可以为0。因为我们相当于是在找m个右端点,使得每一个区间的最后以为都可以为0,因为到当前位一定保证了之前的每个区间都是这一位是0的,如果当前位的前缀异或和这一位是0,根据异或的性质,这一个新划出来的区间这一位也肯定为0。另外,n一定是最后一个区间的右端点,所以如果所有数的异或和这一位是1,那么答案无论如何不可能在这一位是0。这就是贪心的思想,尽可能地放0。
注意每次做完之后,把所有前缀异或和的这一位为1的都标记一下,表示以后再也不能作为右端点了。显然,我们是从高位往低位做的,所以前面对答案的贡献更大。所以后面不能因为后面的决策影响之前的更优决策。如果发现不足m个或者总异或和当前位是1,则ans中这一位只能是1,或进去就可以了。
感觉讲的很清楚了,上代码吧。
//It is made by jump~ #include <iostream> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm> #include <ctime> #include <vector> #include <queue> #include <map> #include <set> #ifdef WIN32 #define OT "%I64d" #else #define OT "%lld" #endif using namespace std; typedef long long LL; const int MAXN = 500011; int n,m,cnt; LL a[MAXN],sum[MAXN]; LL flag[MAXN],ans; inline int getint() { int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0' || c>'9') && c!='-') c=getchar(); if (c=='-') q=1, c=getchar(); while (c>='0' && c<='9') w=w*10+c-'0', c=getchar(); return q ? -w : w; } inline LL getlong() { LL w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0' || c>'9') && c!='-') c=getchar(); if (c=='-') q=1, c=getchar(); while (c>='0' && c<='9') w=w*10+c-'0', c=getchar(); return q ? -w : w; } inline void work(){ n=getint(); m=getint(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=getlong(),sum[i]=sum[i-1]^a[i]; //2^62约等于10^18 for(int i=62;i>=0;i--) {//处理第i位是否可以为0 cnt=0;//统计有多少个结点可以作为右端点 for(int now=1;now<=n;now++) if(!flag[now] && (sum[now]&(1LL<<i))==0) cnt++; if(cnt>=m && (sum &(1LL<<i))==0) {//这一位可以为0 for(int now=1;now<=n;now++) if(( sum[now]&(1LL<<i) )!=0) flag[now]=1; } else ans|=(1LL<<i); } printf(OT,ans); } int main() { work(); return 0; }
相关文章推荐
- BZOJ4245 ONTAK2015 OR-XOR(贪心)
- [BZOJ4245][ONTAK2015]OR-XOR(贪心)
- 【bzoj4245】[ONTAK2015]OR-XOR 按位拆分+贪心
- bzoj 4245 [ONTAK2015]OR-XOR 贪心
- bzoj 4245: [ONTAK2015]OR-XOR
- 【BZOJ4245】【ONTAK2015】OR-XOR
- BZOJ 4245: [ONTAK2015]OR-XOR 贪心
- 【BZOJ 4245】[ONTAK2015]OR-XOR 二进制贪心
- [乱搞] BZOJ 4245 [ONTAK2015]OR-XOR
- BZOJ 4245 [ONTAK2015]OR-XOR 贪心 思维
- 【bzoj4245】[ONTAK2015]OR-XOR 贪心
- BZOJ 4245: [ONTAK2015]OR-XOR|进制类|贪心
- [bzoj4245][ONTAK2015]OR-XOR
- 【BZOJ4245】[ONTAK2015]OR-XOR 贪心
- BZOJ4245 : [ONTAK2015]OR-XOR
- bzoj4245 [ONTAK2015]OR-XOR
- 【bzoj4245】[ONTAK2015]OR-XOR
- BZOJ 4245 ONTAK2015 OR-XOR
- bzoj 4245: [ONTAK2015]OR-XOR
- BZOJ4245 [ONTAK2015]OR-XOR 【贪心】