Description

在一张 \(n\times m\) 的灰白图中，要求计算出前 \(k\) 步总共走过了多少灰色格子。

走法见上图右。

定义左上坐标为 \((0,0)\)，右下坐标为 \((n-1,m-1)\)。

对于坐标 \((x,y)\) 的格子，如果 \(x\& y=0\)，则涂灰色。

Solution

考虑按行枚举或按列枚举，下面将按列进行枚举（自左向右）。

对于枚举的某列 \(y\)，根据题意中的走法，可知存在一个最大的 \(x\)，使得对于所有 \(x'\in [0,x]\)，坐标 \((x',y)\) 一定曾被走过，且对于所有 \(x''\in[x+1,n]\)，坐标 \((x',y)\) 一定未被走过。

因此可以考虑前缀和 + 二分来求出这个最大的 \(x\)。

最后对于每一列 \(y\)，问题就只剩下求 \(0\sim x\) 中有多少个数 \(x'\) 满足 \(x'\& y=0\)了，位处理即可。

总时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

前缀和

令 \(sum[i]\) 表示存在多少个格子 \((x,y)\) 满足 \(x+y\le i\)，根据边界尺寸分三部分转移处理这个前缀和数组。根据走法，\(x+y\) 较小的格子一定比 \(x+y\) 较大的格子先被走过。

二分

在二分时，对于指定的 \(y\)，二分 \(x_{mid}\)，需要求出 \((x_{mid},y)\) 这个格子是在第几步走到的，再跟 \(k\) 进行比较。

通过 \(sum[x_{mid}+y-1]\) 直接得出前面的步数，而对于和为 \(x_{mid}+y\) 的格子数量，先根据奇偶性判断是右上往左下走还是相反，再处理边界的影响即可。

位运算

给定 \(x,y\)，求 \(0\sim x\) 中有多少个数 \(x'\) 满足 \(x'\& y=0\)。

考虑将 \(y\) 分为多段长度为 \(2\) 的幂次段进行处理。例如 \((20)_{10}=(10110)_2\)，将其看成 \(00000\sim 01111, 10000\sim 10011,10100\sim 10110\) 三段，长度分别为 \(16,4,2\)。

从高位向低位枚举幂次 \(2^i\)，如果 \(x\) 的 \(2^i\) 位为 \(1\)， \(y\) 的 \(2^i\) 位为 \(0\)，则在后 \(i-1\) 位中，除了 \(y\) 内为 \(1\) 的对应位置需要为 \(0\) 外，其余位置任选，答案加上 \(2^{i-cnt_{y1}}\)。

特殊的，如果 \(x\) 的 \(2^i\) 位为 \(1\)，同时 \(y\) 的 \(2^i\) 位也为 \(1\)，先假设 \(2^i\) 为 \(0\)，如上述方法计入答案后，在其后的分段中该位置恒为 \(1\)，因此与运算必不为 \(0\)，此时直接退出循环即可。

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#define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++)
#define rep(i,a,b) for(auto i=(a);i<=(b);i++)
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using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
namespace BasicTemplate{
    const int INF=0x3f3f3f3f;
    const ll LINF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
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    void debug(){cerr<<'\n';}template<typename T,typename... Args>void debug(T x,Args... args){cerr<<"[ "<<x<< " ] , ";debug(args...);}
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namespace FastIO{
    const int bsz=1<<18;char bf[bsz],*head,*tail;
    inline char gc(){if(head==tail)tail=(head=bf)+fread(bf,1,bsz,stdin);if(head==tail)return 0;return *head++;}
    inline int read(){int x=0,f=1;char c=gc();for(;!isdigit(c);c=gc())if(c=='-')f=-1;for(;isdigit(c);c=gc())x=x*10+c-'0';return x*f;}
    inline ll read64(){ll x=0,f=1;char c=gc();for(;!isdigit(c);c=gc())if(c=='-')f=-1;for(;isdigit(c);c=gc())x=x*10+c-'0';return x*f;}
    inline void print(int x){if(x>9)print(x/10);putchar(x%10+'0');}
    inline void println(int x){print(x);putchar('\n');}
    inline void print(ll x){if(x>9)print(x/10);putchar(x%10+'0');}
    inline void println(ll x){print(x);putchar('\n');}
}
using namespace BasicTemplate;
//using namespace FastIO;

int n,m;
ll sum[2000050];
ll k;

int getmax(int y)
{
    int l=0,r=n-1;
    while(l<=r)
    {
        int mid=l+r>>1;
        ll d=sum[y+mid-1];
        if((y+mid)&1)
            d+=min(mid,m-1-y)+1;
        else
            d+=min(y,n-1-mid)+1;
        if(d<=k)
            l=mid+1;
        else
            r=mid-1;
    }
    return r;
}

int getans(int x,int y) // count 0~x & y = 0
{
    //cout<<x<<' '<<y<<' ';
    x++;
    int ans=0,cnt=__builtin_popcount(y);
    per(i,20,0)
    {
        if(y>>i&1)
            cnt--;
        if(x>>i&1)
        {
            ans+=1<<(i-cnt);
            if(y>>i&1)
                break;
        }
    }
    return ans;
}

void solve()
{
    cin>>n>>m>>k;
    if(k==1)
    {
        cout<<1<<'\n';
        return;
    }
    
    sum[0]=1;
    int mn=min(n,m),mx=max(n,m);
    repp(i,1,mn)
        sum[i]=sum[i-1]+i+1;
    repp(i,mn,mx)
        sum[i]=sum[i-1]+mn;
    rep(i,mx,n+m-2)
        sum[i]=sum[i-1]+(n+m-1-i);
    
    ll ans=0;
    repp(y,0,m)
    {
        int x=getmax(y);
        if(x==-1)
            break;
        ans+=getans(x,y);
    }
    cout<<ans<<'\n';
}
signed main()
{
    closeSync;
    //multiCase
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

标签：MRAVOJED,格子,2770,ll,mid,int,ZJNU,include,define
来源： https://www.cnblogs.com/stelayuri/p/15972449.html