Gym102832K. Ragdoll（CCPC長春）

題意：

n個點，每個點都有自己的權(quán)值$a_i$，一開始第i個點在第i個集合里。
如果一對點(i,j)是bad當(dāng)且僅當(dāng)滿足i和j在同一個集合里，且$gcd(a_i,a_j)=a_i\oplus a_j$
現(xiàn)在有3種操作:

新增一個點x(在新的一個集合里)，值為v

合并兩個集合x和y

將點x的值改為v

有m個操作，請輸出每次操作后有多少對點是bad

題解：

一開始無從下手，因為這個式子不知道該如何應(yīng)用
這里有個很巧妙的轉(zhuǎn)換，$a_i\oplus a_j??|a_i?a_j|??gcd(a_i,a_j)$,如果我們要讓等式成立，則需要滿足：

$a_i?\oplus a_j=|a_i?a_j|$

$|a_i?a_j|=gcd(a_i,a_j)$

轉(zhuǎn)換證明：
$a\oplus b>=a?b$，這個式子是顯然成立的，用二進(jìn)制思想去考慮
$gcd(a,b)<=a?b$:由于gcd(a,b)是b的因子，gcd(a,b)是a的因子，所以gcd(a,b)就是(a-b)的因子，所以gcd(a,b)一定小于等于a-b

$|a_i?a_j|=gcd(a_i,a_j)$
$a_j=a_i+gcd(a_i,a_j)$或者$a_j=a_i?gcd(a_i,a_j)$
而$gcd(a_i,a_j)$是$a_i$的因子
因此我們可以枚舉$a_i$,然后枚舉$a_i$的因子，這樣就求出對于$a_i$而言合法的$a_j$，用vector存下來。相當(dāng)于我們可以預(yù)處理出所有是bad的點對
我們再看三個操作，這種集合操作，都可以用并查集來維護(hù)
對于操作1，就是新加一個集合
對于操作2，合并兩個集合，如果我們直接盲目合并，復(fù)雜度是O(n)，這里用到啟發(fā)式合并，把小的集合合并到大的集合中，這樣復(fù)雜度降低為O(log)
對于操作3，我們先去掉原先元素可能組成的bad點對，改成數(shù)v后再加入新的bad點對
在每次操作中，維護(hù)著答案，如何維護(hù)呢？因為我們預(yù)處理出所有點對，合并時兩個集合時，就枚舉小集合所有元素，看大集合內(nèi)有多少可以構(gòu)成bad點對，更新答案ans。修改數(shù)時就是刪除原先，加上新填
unordered_map速度更快
詳細(xì)內(nèi)容看代碼

代碼：

#include <bits/stdc++.h> #include <unordered_map> #define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b); using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<int, int> PII; clock_t startTime, endTime; //Fe~Jozky const ll INF_ll= 1e18; const int INF_int= 0x3f3f3f3f; void read(){}; template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar) {x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...); } template <typename T> inline void write(T x) {if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0'); } void rd_test() { #ifdef ONLINE_JUDGE #elsestartTime = clock ();freopen("data.in", "r", stdin); #endif } void Time_test() { #ifdef ONLINE_JUDGE #elseendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC); #endif } const int maxn=5e5+9; int n,m; int a[maxn]; vector<int>g[maxn]; int fa[maxn]; int sz[maxn]; ll ans=0; unordered_map<int,ll>mp[maxn]; int gcd(int a,int b){if(b)return gcd(b,a%b);return a; } int find(int x){if(fa[x]==x)return x;return fa[x]=find(fa[x]); } void work(int x){for(int i=1;i*i<=x;i++){//枚舉因子 if(x%i==0){int tmp=x-i;if((tmp^x)==gcd(tmp,x)&&tmp!=0)//符合bad的點對 g[x].push_back(tmp);tmp=x+i; if((tmp^x)==gcd(tmp,x)&&tmp<=200000)g[x].push_back(tmp);if(i!=x/i){tmp=x-x/i;if((tmp^x)==gcd(tmp,x)&&tmp!=0)g[x].push_back(tmp);tmp=x+x/i;if((tmp^x)==gcd(tmp,x)&&tmp!=200000)g[x].push_back(tmp);} }} } void merge(int x,int y){int fx=find(x);int fy=find(y);if(fx==fy)//如果在一個集合退出 return ;//我們讓fy是小集合，用fy去合并到fx if(sz[fx]<sz[fy]) swap(fx,fy);//合并時更新答案ans for(auto& it:mp[fy]){//遍歷小集合內(nèi)的所有元素it.first // cout<<"it.first="<<it.first<<endl;for(int i=0;i<g[it.first].size();i++){ // printf("g[it.first].size()=%d\n",g[it.first].size()); // printf("g[it.first][%d]=%d\n",i,g[it.first][i]);//看大集合中有多少點可以與小集合的元素組成bad點對 if(mp[fx].count(g[it.first][i]))ans+= 1ll * it.second * mp[fx][g[it.first][i]];}}for(auto &it:mp[fy]){//把fy的所有元素存放到集合fx中，即合并 mp[fx][it.first]+=it.second;} mp[fy].clear();sz[fx]+=sz[fy];fa[fy]=fx; } int main() {rd_test();for(int i=1;i<=200002;i++){work(i);//預(yù)處理出所有bad點對 }cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n+m;i++){fa[i]=i; sz[i]=1;//集合大小}for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];mp[i][a[i]]++;//每個集合元素以及大小 }for(int i=1;i<=m;i++){//添加 int op,x,y;cin>>op>>x>>y;if(op==1){a[x]=y;sz[x]=1;mp[x][y]=1;}else if(op==2){//合并操作 merge(x,y);}else if(op==3){//修改值 int u=find(x);for(int i=0;i<g[a[x]].size();i++){//刪除原集合內(nèi)的bad點對 if(mp[u].count(g[a[x]][i]))ans-=mp[u][g[a[x]][i]]; }mp[u][a[x]]--;//點a[x]刪除a[x]=y;//修改新值for(int i=0;i<g[a[x]].size();i++){if(mp[u].count(g[a[x]][i]))ans+=mp[u][g[a[x]][i]]; }mp[u][a[x]]++;//加上新點 }printf("%lld\n",ans); }return 0;//Time_test(); }

總結(jié)

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