題意

題解

從大到小枚舉\(l\), 把一個(gè)序列從\(2^{l+1}\)分成兩個(gè)獨(dú)立的\(2^l\)，去除兩半的影響。
設(shè)去除前的序列為\(b\), 去除后序列為\(b'\)
則有\(b_{2^{l+1}-1}-b_{2^l-1}=\sum^{2^{l+1}-1}_{i=2^l}b_i\)
考慮左邊的一個(gè)位置\(d\)與右邊的位置\(d+2^l\)相對(duì)應(yīng)
考慮一個(gè)序列\(s_0\)的第\(i\)位為\(\text{bitcount}((i\ \text{or}\ d)\ \text{xor}\ i)\)，\(s_1\)為把\(s_1\)的\(d\)換成\(d+2^l\)的結(jié)果
顯然兩個(gè)序列左半部分完全一樣，右半部分完全相反
設(shè)\(z\)為\(b'\)與\(s_0\)(或\(s_1\))左半部分對(duì)應(yīng)位置乘積之和，\(y_0,y_1\)分別為\(b'\)與\(s_0,s_1\)右半部分對(duì)應(yīng)位置乘積之和
則\(b'_d=z,b'_{d+2^l}=y_1\)
且有方程\(z+y_0=b_d,z+y_1=b_{d+2^l},y_0+y_1=b_{2^{l+1}-1}-b_{2^l-1}\)
解之即可。

時(shí)間復(fù)雜度\(O(n\log n)\).

代碼

#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<cassert> #define llong long long using namespace std;char c[40000010]; int ns; inline llong read(){while(c[ns]<'0'||c[ns]>'9')ns++;llong x=0;while(c[ns]>='0'&&c[ns]<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c[ns++]-'0';return x; }const int N = 1<<20; llong a[N+3]; int n;int main() {c[fread(c,1,40000010,stdin)]=0; //input optimizationn = read();for(int i=0; i<n; i++) a[i] = read();for(int i=(n>>1); i; i>>=1){for(int j=0; j<n; j+=(i<<1)){llong tmp = a[j+(i<<1)-1]-a[j+i-1];for(int k=0; k<i; k++){llong x = a[j+k],y = a[j+i+k];a[j+k] = (-tmp+x+y)>>1,a[j+i+k] = (tmp-x+y)>>1;}}}for(int i=0; i<n; i++) printf("%lld ",a[i]); puts("");return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的BZOJ 5267 特工 (类FWT)的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。

如果覺(jué)得生活随笔網(wǎng)站內(nèi)容還不錯(cuò)，歡迎將生活随笔推薦給好友。