「CodePlus 2017 11 月赛」可做题

题目描述

qmqmqm 希望给 sublinekelzrip 出一道可做题。于是他想到了这么一道题目：给一个长度为n的非负整数序列ai​​，你需要计算其异或前缀和bi，满足条件b1=a1​​，bi=bi−1 xor ai(i≥2)。

但是由于数据生成器出现了问题，他生成的序列a的长度特别长，并且由于内存空间不足，一部分ai已经丢失了，只剩余m个位置的元素已知。现在 qmqmqm 找到你，希望你根据剩余的ai​​，计算出所有可能的a序列对应的b序列中∑ni=1bi的最小值。

输入格式

输入第一行两个非负整数n、m，分别表示原始序列a的长度及剩余元素的个数。

之后m行，每行2个数i、ai，表示一个剩余元素的位置和数值。

输出格式

输出一个整数表示可能的最小值。

样例输入

5 3

4 0

3 7

5 0

样例输出

7

样例解释

已知的a序列为：X,X,7,0,0，其中X表示这个位置丢失了。一种可能的a序列为0,7,7,0,0，对应的b序列为0,7,0,0,0，和最小为7。可以证明不存在和更小的情况。

数据范围与提示

1≤n≤109​​，0≤m≤min{n,105}，0≤ai≤109

注意未知的ai可以超过已知ai的范围。

保证输入中所有的i不同，且满足1≤i≤n。

来自 CodePlus 2017 11 月赛，清华大学计算机科学与技术系学生算法与竞赛协会 荣誉出品。

Credit：idea/卢政荣　命题/卢政荣　验题/何昊天

Git Repo：https://git.thusaac.org/publish/CodePlus201711

感谢腾讯公司对此次比赛的支持。

思路

首先想想序列中只有0和1的情况，可以很容易想到dp的做法：fi,j表示第i位填j的代价。转移自己想一想就好了。时间复杂度O(n)。

但是i很大时，数组是存不下的，这个时候可以发现：在连续的一段长度大于2的空白区间内，最优方案一定是除了头和尾以外其他的位都为0，对答案造成的贡献也是0，这样可以把所有的长度大于2的区间都变成长度为2的区间。时间复杂度O(m)。

再来想想序列中不只有0和1的情况：容易看出，异或的每一二进制位都是独立的，那么可以把数字的二进制位拆开，分开做一遍上述算法。时间复杂度O(mlog(max{ai}))。

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>

const int maxn=100000;
const int inf=0x3f3f3f3f;

struct data
{
int x,y;

bool operator <(const data &other) const
{
return x<other.x;
}
};

int n,m,p[maxn<<3],f[maxn<<3][2];
long long ans;
data d[maxn+10];

inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while((ch<'0')||(ch>'9'))
{
if(ch=='-')
{
f=-f;
}
ch=getchar();
}
while((ch>='0')&&(ch<='9'))
{
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*f;
}

int main()
{
n=read();
m=read();
for(register int i=1; i<=m; ++i)
{
d[i].x=read();
d[i].y=read();
}
std::sort(d+1,d+m+1);
d[0].x=0;
d[0].y=0;
d[m+1].x=n+2;
d[m+1].y=0;
n=0;
for(register int i=1; i<=m+1; ++i)//将每个大于2的间隔都压成2
{
if(d[i].x-d[i-1].x==1)
{
++n;
p
=d[i].y;
}
else if(d[i].x-d[i-1].x==2)
{
++n;
p
=-1;
++n;
p
=d[i].y;
}
else
{
++n;
p
=-1;
++n;
p
=-1;
++n;
p
=d[i].y;
}
}
for(register int k=30; k>=0; --k)//枚举每个二进制位
{
f[0][0]=0;
f[0][1]=inf;
for(register int i=1; i<=n; ++i)//dp
{
if(p[i]==-1)
{
f[i][0]=std::min(f[i-1][0],f[i-1][1]);
f[i][1]=std::min(f[i-1][1],f[i-1][0])+1;
}
else if(p[i]&(1<<k))
{
f[i][0]=f[i-1][1];
f[i][1]=f[i-1][0]+1;
}
else
{
f[i][0]=f[i-1][0];
f[i][1]=f[i-1][1]+1;
}
}
ans=(ans<<1)+std::min(f
[0],f
[1]);
}
printf("%I64d\n",ans);
return 0;
}