DAY16共3题:

• 奇♂妙拆分（简单数学） 。

• 区区区间间间（单调栈） 。

• 小AA的数列（位运算dp） 。

🎈 作者：Eriktse 🎈 简介：19岁，211计算机在读，现役ACM银牌选手🏆力争以通俗易懂的方式讲解算法！❤️欢迎关注我，一起交流C++/Python算法。（优质好文持续更新中……）🚀 🎈 阅读原文获得更好阅读体验： https://www.eriktse.com/algorithm/1119.html 。

奇♂妙拆分（简单数学）

根据贪心的想法，若要使得因子尽可能多，那么因子应当尽可能小，大于根号n的因子至多一个，从小到大枚举[1, sqrt(n)]的所有整数，如果 i 能够整除 n 就作为一个因子.

Code

                        
                          #include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

void solve()
{
    int n;cin >> n;
    set<int> st;
    for(int i = 1;i <= n / i; ++ i)
        if(n % i == 0)st.insert(i), n /= i;
    st.insert(n);
    
    cout << st.size() << '\n';
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int _;cin >> _;
    while(_ --)solve();
    return 0;
}

                        
                      

区区区间间间（单调栈）

题意：给定一个数组，求所有 子区间的最大值与最小值的差 的和.

如果暴力枚举肯定不行，单单是子区间个数就有 n ^ 2 个，所以我们应该考虑每一个元素对答案的贡献，也就是说我们需要知道某个元素 a[i] 它会 在多少个区间里作为最大值，在多少个区间里作为最小值 .

我们预处理出四个数组，分别是 lmax[], rmax[], lmin[], rmin[] 表示点 i 作为最大值的左右最远位置，和作为最小值的左右最远位置（ lmax[i] = j ，表示在区间 [j, i] 中的最大值都是 a[i] ，其他的三个数组类似定义）.

用单调栈可以处理出这四个数组，一下以求 lmax[] 举例，维护一个 单调不增栈 ，栈内存放的是 下标 .

初始时栈内仅有一个 a[0] = inf .

当我们遇到一个 a[i] 时，不断地判断栈顶元素，如果栈顶元素比 a[i] 小，说明这个栈顶应当弹出.

当更新完毕后，此时的栈顶的右边相邻位置就是 a[i] 往左的最远的位置了，因为此时栈顶是 a[i] 往左的第一个大于等于 a[i] 的位置，那么这中间的元素都会小于 a[i] .

其他的三个数组类似，注意，如果我们处理 lmax 用的是单调不增栈，那么处理 rmax 就应当用单调递增栈，而不是单调不减栈，否则可能出现区间重复表示或没有归属的问题（自己思考）.

Code

                        
                          #include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 9, inf =8e18;
int a[N], stk[N], top, lmax[N], rmax[N], lmin[N], rmin[N];

void solve()
{
    int n;cin >> n;
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)cin >> a[i];
    a[0] = a[n + 1] = inf;
    
    top = 0;
    stk[++ top] = 0;
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)
    {
        while(top && a[i] > a[stk[top]])top --;
        lmax[i] = stk[top] + 1;
        stk[++ top] = i;
    }
    
    top = 0;
    stk[++ top] = n + 1;
    for(int i = n;i >= 1; -- i)
    {
        while(top && a[i] >= a[stk[top]])top --;
        rmax[i] = stk[top] - 1;
        stk[++ top] = i;
    }
    
    
    a[0] = a[n + 1] = -inf;
    top = 0;
    stk[++ top] = 0;
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)
    {
        while(top && a[i] < a[stk[top]])top --;
        lmin[i] = stk[top] + 1;
        stk[++ top] = i;
    }
    
    top = 0;
    stk[++ top] = n + 1;
    for(int i = n;i >= 1; -- i)
    {
        while(top && a[i] <= a[stk[top]])top --;
        rmin[i] = stk[top] - 1;
        stk[++ top] = i;
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)
    {
        ans += a[i] * (rmax[i] - i + 1) * (i - lmax[i] + 1);
        ans -= a[i] * (rmin[i] - i + 1) * (i - lmin[i] + 1);
    }
    cout << ans << '\n';
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int _;cin >> _;
    while(_ --)solve();
    return 0;
}

                        
                      

小AA的数列（位运算 | 前缀和）

这道题一看有点懵，感觉不是很好处理，但依然是套路题.

看到异或，我们应该想把每一个二进制位拆分开，实际上这里约32位二进制位可以先认为是相互独立的，对于每一位都计算出贡献，然后按照位权重加和即可.

异或题的套路基本都是拆分二进制，整体考虑起来比较复杂，拆分后会简单很多.

先不管 L, R .

假如我们考虑数组 1 2 3 4 5 的第 0 位:

获取第 0 位后得到 b 数组： 1 0 1 0 1 .

因为我们要得到区间内 1 的个数，所以处理一个异或前缀和 p[] 是自然而然的，然后我们枚举每一位作为左端点，看看会得到一个怎样的式子:

我们知道异或其实就是 % 2 的加法，也是 % 2 减法，所以我们将 异或前缀和改为普通前缀和p[] ，以上的柿子可以转化为:

那么我们就可以对 p 再做一个前缀和 p2 ，但是 p2 的步长应为2.

然后上面的柿子就等价于（其中 l, r 为 j 的上下限，需要保证与 i - 1 奇偶性相同， j 的个数为 (r - l + 2) / 2 ）

因为这个 p2 存在 p2[-1] 的情况，所以我们做个小小的便宜，方便代码的编写（其实你想要特判也行，只是不太方便，也容易出错）.

注意一下其他细节即可.

Code

                        
                          #include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 109, p = 1e9 + 7, T = 100;
int a[N], b[N], p1[N], p2[N];


signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, l, r;cin >> n >> l >> r;
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)cin >> a[i];
    
    int ans = 0;
    for(int w = 0;w <= 32; ++ w)
    {
        for(int i = 1;i <= n; ++ i)b[i] = a[i] >> w & 1;
        for(int i = 1;i <= n; ++ i)p1[T + i] = (b[i] + p1[T + i - 1]) % 2;
        for(int i = 1;i <= n; ++ i)p2[T + i] = p1[T + i] + p2[T + i - 2];
        
        int sum = 0;
        for(int i = 1;i <= n; ++ i)
        {
            int j1 = max(i + 1, l + i - 1), j2 = min(n, r + i - 1);
            if((j1 - i) % 2 == 0)j1 ++;
            if((j2 - i) % 2 == 0)j2 --;
            if(j2 < j1)continue;
            
            sum += abs(p2[T + j2] - p2[T + j1 - 2] - 
                       p1[T + i - 1] * ((j2 - j1) / 2 + 1));
        }
        ans = (ans + (1ll << w) * sum % p) % p;
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}

                        
                      

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