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LOJ2302 「NOI2017」整数

作者:互联网

「NOI2017」整数

题目背景

在人类智慧的山巅,有着一台字长为$1048576$位(此数字与解题无关)的超级计算机,著名理论计算机科

学家P博士正用它进行各种研究。不幸的是,这天台风切断了电力系统,超级计算机

无法工作,而 P 博士明天就要交实验结果了,只好求助于学过OI的你. . . . . .

题目描述

P 博士将他的计算任务抽象为对一个整数的操作。

具体来说,有一个整数$x$,一开始为$0$。

接下来有$n$个操作,每个操作都是以下两种类型中的一种:

保证在任何时候,$x\geqslant 0$。

输入输出格式

输入格式:

输入的第一行包含四个正整数$n,t_1,t_2,t_3$,$n$的含义见题目描述,$t_1$,$t_2$,$t_3$的具体含义见子任务。

接下来$n$行,每行给出一个操作,具体格式和含义见题目描述。

同一行输入的相邻两个元素之间,用恰好一个空格隔开。

输出格式:

对于每个询问操作,输出一行,表示该询问的答案($0$或$1$)。对于加法操作,没有任何输出。

输入输出样例

输入样例#1: 复制
10 3 1 2
1 100 0
1 2333 0
1 -233 0
2 5
2 7
2 15
1 5 15
2 15
1 -1 12
2 15
输出样例#1: 复制
0
1
0
1
0

说明

在所有测试点中,$1\leqslant t_1 \leqslant 3, 1 \leqslant t_2 \leqslant 4, 1 \leqslant t_3 \leqslant 2$。不同的 $t_1, t_2, t_3$ 对应的特殊限制如下:

本题共 25 个测试点,每个测试点 4 分。各个测试点的数据范围如下:

题解

均摊分析一下只支持加的二进制计数器的复杂度。给每一个初始1的增加一点势能,表示它以后进位变成0的花费来源。这样的话复杂度就均摊\(O(1)\)了。

所以如果本题只支持加法的话可以利用unsigned int压位,复杂度可以达到\(O(\frac{30n}{32})=O(n)\)

但是可能产生减法怎么办? 大力维护一个加法的结果,再维护一个减法的结果 。
由于保证了\(x\ge 0\),所以只需考虑询问位置即可。做个异或就能得到后面不借位的结果。

至于借位结果,可以用set维护大小不同的块的编号。这样就可以\(O(n\log n)\)了。

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
    rg T data=0,w=1;rg char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-') w=-w;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) data=data*10+ch-'0';
    return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x) {return x=read<T>();}
typedef unsigned uint;

co int N=1e6+1;
int n;
uint inc[N],dec[N];
std::set<int> s;
int main(){
    read(n),read<int>(),read<int>(),read<int>();
    for(int i=1;i<=n;++i){
        if(read<int>()==1){
            int a=read<int>(),b=read<int>();
            int p=b/32,q=b%32;
            if(a>0){
                uint st=(uint)a<<q;
                uint ic=(uint)a>>(31-q);ic>>=1;
                uint od=inc[p];
                inc[p]+=st,ic+=od>inc[p];
                if(inc[p]^dec[p]) s.insert(p);
                else if(s.count(p)) s.erase(p);
                for(++p;ic;++p){
                    od=inc[p];
                    inc[p]+=ic,ic=od>inc[p];
                    if(inc[p]^dec[p]) s.insert(p);
                    else if(s.count(p)) s.erase(p);
                }
            }
            else if(a<0){
                a=-a;
                uint st=(uint)a<<q;
                uint ic=(uint)a>>(31-q);ic>>=1;
                uint od=dec[p];
                dec[p]+=st,ic+=od>dec[p];
                if(inc[p]^dec[p]) s.insert(p);
                else if(s.count(p)) s.erase(p);
                for(++p;ic;++p){
                    od=dec[p];
                    dec[p]+=ic,ic=od>dec[p];
                    if(inc[p]^dec[p]) s.insert(p);
                    else if(s.count(p)) s.erase(p);
                }
            }
        }
        else{
            int b=read<int>();
            int p=b/32,q=b%32;
            int ans=(inc[p]>>q^dec[p]>>q)&1;
            uint v1=inc[p]%(1<<q);
            uint v2=dec[p]%(1<<q);
            if(v1<v2) printf("%d\n",ans^1);
            else if(v1>v2||s.empty()||p<=*s.begin()) printf("%d\n",ans);
            else{
                std::set<int>::iterator it=s.lower_bound(p);--it;
                if(inc[*it]>dec[*it]) printf("%d\n",ans);
                else printf("%d\n",ans^1);
            }
        }
    }
    return 0;
}

标签:测试点,read,整数,NOI2017,LOJ2302,ic,dec,leqslant,inc
来源: https://www.cnblogs.com/autoint/p/11065952.html