LGR 054 洛谷10月月賽II

結論popcnt(x^y)和popcnt(x)+popcnt(y)的奇偶性相同。

然後就是popcnt為奇數的乘為偶數的。預處理一下\(2^\)次方以內的popcnt，直接\(o(1)\)算就行。

就是求有多少個等差子串行。

方程很好寫，\(f[i]\)表示以\(i\)結尾的等差子串行個數，\(f[i] = \sum_^i f[j]*[a[i]-a[j]=d]\)，列舉一下公差就行了。這裡要注意公差可能有正有負，不要一起列舉（我就在這錯的）

#include #include #include typedef long long ll;
const int n = 1010;
const ll ha = 998244353;
const int m = 40010;
ll s[m], f[n], a[n], n, ans, mx;
void calc(ll d) 
}int main() 
ans = ans - mx * 2 * n % ha + ha;
ans %= ha;
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}

衝突就是乙個子集關係。而子集關係又是偏序的。「偏序集最小反鏈覆蓋等於最長鏈」。所以建乙個子集關係的dag跑乙個最長路就行了。然後就是有乙個虛點的技巧，每個集合只與比它少乙個元素的集合連邊，這樣點數是\(o(2^k)\)的，邊數是\(o(k2^k)\)的。跑最長路的時候真點是\(1\)虛點是\(0\)就行了。

#include #include const int n = (1 << 21);
const int m = n * 21;
int hd[n], to[m], nxt[m], w[n], cnt;
int f[n], rd[n], rn[n], tot[n];
int n, k, a[n];
inline void adde(int x, int y) 
int main() 
for (int i = (1 << k) - 1; i >= 0; --i) 
}int ans = 0;
for (int i = (1 << k) - 1; i >= 0; --i) 
ans = std::max(ans, f[i]);
}puts("1");
printf("%d\n", ans);
for (int i = 1; i <= n; ++i) 
for (int i = 1; i <= ans; ++i) 
return 0;
}

咕。

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