hdu6085 Rikka with Candies

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1. /** 
2. HDU 6085 Rikka with Candies 
3. 题意：A数组n个数，B数组m个数，q个查询， 每次给出一个k，询问有多少对(i,j)， 使得Ai % Bj = k， 输出对数对模2的值 
4.  
5. 思路：首先，用一个vis数组01方式记录A数组中的数是否出现过，因为有Ai % Bj = k，所以也就是(Ai - k) % Bj = 0，不妨设Ai - k = x，那么Bj则是x的因子，因为 
6. 是Ai % Bj = k，所以k一定比Bj小，即k的取值范围是[0, Bj)那么可以枚举每个x， 再枚举每个x的因子c，如果c不在B数组出现， 就不管它；否则的话，就在[0, Bj) 
7. 中的每一个y的值， 对应的加上vis数组中x + y的值，举个例子： 
8. vis数组中对于6 7 8 9 10 11的出现情况是0 1 1 0 1 0 
9. 对于x枚举到6，它的因子枚举到3(假设3在B数组存在)的时候，如果有(Ai - k) % 3 = 0，那么就是说,如果k可以取值，k在[0, 3)也就是[0, 2]的范围内，也就转换为 
10. Ai = x + k， 也就是6 + [0, 2]，那么现在只需要看对应取值为k的时候，x + k(Ai)是否存在，如果存在那么k的值即可加上1， 因为此时(Ai, 3)形成了一对模为k的数 
11. 设res数组是记录余数为k的对数， x=6,c=3的情况如下所示 
12. vis 6  7  8  9 10 11 
13.     0  1  1  0  1  0 
14.  
15. x+k 6 7 8 
16.  
17.   res[0, 1, 2] + vis[x + 0, x + 1, x + 2] 
18. = res[0, 1, 2] + vis[6, 7, 8] 
19. = res[0, 1, 2] + [0, 1, 1] 
20. 就是说res[0]+0, res[1]+1, res[2]+1, 代表有(6+1)%3=0,(6+2)%3=0， 
21. 即(7, 3)形成了一对余数为1的数，(8, 3)形成了一对余数为2的数 
22.  
23. 还有因为直接相加复杂度是O(n^2),题目说只需要模2， 那么可以用异或来写，用异或的话也不可能一个一个来，所以就用将连续若干个01值压缩成一个整数来异或， 
24. 这样就是O(n^2 / 32), 还有一点就是对于x=0，因为所有正整数都是0的因子，对0分开写，原式就是(0 + k) % Bj = k => k % Bj = k， 就是找在A数组中k存在的前提 
25. 下，在B数组中找出比k大的数的数量加进res[k]即可 
26. **/  
27.   
28. #include<bits/stdc++.h>  
29. typedef long long ll;  
30. const int MAXN = 5e4 + 70;  
31. using namespace std;  
32. int a[MAXN], b[MAXN];  
33. int res[MAXN], vis[MAXN];  
34. vector<int> G[MAXN];  
35. ll dig[MAXN][35];  
36. set<int> st;  
37. ll ans[MAXN];  
38.   
39. void init() {  
40.     for(int i = 1; i < MAXN - 3; i++) {  
41.         for(int j = 1; j * j <= i; j++) {  
42.             if(i % j) continue;  
43.             G[i].push_back(j);  
44.             if(i / j != j) G[i].push_back(i / j);  
45.         }  
46.         sort(G[i].begin(), G[i].end());  
47.     }  
48. }  
49.   
50. int main() {  
51.     init();  
52.     int n, m, q, k, T;  
53.     scanf("%d", &T);  
54.     while(T--) {  
55.         st.clear();  
56.         memset(vis, 0, sizeof vis);  
57.         memset(res, 0, sizeof res);  
58.         memset(ans, 0, sizeof ans);  
59.         scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);  
60.         int max_data = -1;  
61.         for(int i = 0; i < n; i++) {  
62.             scanf("%d", &a[i]);  
63.             vis[a[i]] = 1;  
64.             max_data = max(max_data, a[i]);  
65.         }  
66.         for(int i = 0; i < m; i++) {  
67.             scanf("%d", &b[i]);  
68.             st.insert(b[i]);  
69.         }  
70.         sort(b, b + m);  
71.         for(int i = 1; i <= 5e4; i++) {  
72.             ll su = 0;  
73.             for(int j = 0; j < 32; j++) {  
74.                 su = su * 2 + vis[i + j];  
75.                 dig[i][j + 1] = su;  
76.                 dig[i][j + 1] <<= (31 - j);  
77.             }  
78.         }  
79.   
80.         for(int i = 1; i <= max_data; i++) {  
81.             for(int j = 0; j < G[i].size(); j++) {  
82.                 int x = G[i][j];  
83.                 if(!st.count(x)) continue;  
84.                 int L = 0, R = x - 1;  
85.                 while(L <= R) {  
86.                     int d = L / 32;  
87.                     if(i + L > 5e4) break;  
88.                     if(R - L >= 31) {  
89.                         ans[d] ^= dig[i + L][32];  
90.                         L += 32;  
91.                     } else {  
92.                         ans[d] ^= dig[i + L][R - L + 1];  
93.                         L = R + 1;  
94.                     }  
95.                 }  
96.             }  
97.         }  
98.   
99.         int num = 0;  
100.         for(int i = 0; i * 32 <= 5e4; i++) {  
101.             int j = (i + 1) * 32 - 1;  
102.             int t = 32;  
103.             while(t--) { res[j] = ans[i] & 1; j--; ans[i] >>= 1; }  
104.         }  
105.         for(int i = 0; i < n; i++) {  
106.             int x = a[i];  
107.             res[x] += m - (upper_bound(b, b + m, x) - b);  
108.         }  
109.         while(q--) {  
110.             scanf("%d", &k);  
111.             printf("%d\n", res[k] & 1);  
112.         }  
113.     }  
114.     return 0;  
115. }  

/**HDU 6085 Rikka with Candies题意：A数组n个数，B数组m个数，q个查询， 每次给出一个k，询问有多少对(i,j)， 使得Ai % Bj = k， 输出对数对模2的值思路：首先，用一个vis数组01方式记录A数组中的数是否出现过，因为有Ai % Bj = k，所以也就是(Ai - k) % Bj = 0，不妨设Ai - k = x，那么Bj则是x的因子，因为是Ai % Bj = k，所以k一定比Bj小，即k的取值范围是[0, Bj)那么可以枚举每个x， 再枚举每个x的因子c，如果c不在B数组出现， 就不管它；否则的话，就在[0, Bj)中的每一个y的值， 对应的加上vis数组中x + y的值，举个例子：vis数组中对于6 7 8 9 10 11的出现情况是0 1 1 0 1 0对于x枚举到6，它的因子枚举到3(假设3在B数组存在)的时候，如果有(Ai - k) % 3 = 0，那么就是说,如果k可以取值，k在[0, 3)也就是[0, 2]的范围内，也就转换为Ai = x + k， 也就是6 + [0, 2]，那么现在只需要看对应取值为k的时候，x + k(Ai)是否存在，如果存在那么k的值即可加上1， 因为此时(Ai, 3)形成了一对模为k的数设res数组是记录余数为k的对数， x=6,c=3的情况如下所示vis 6  7  8  9 10 11    0  1  1  0  1  0x+k 6 7 8  res[0, 1, 2] + vis[x + 0, x + 1, x + 2]= res[0, 1, 2] + vis[6, 7, 8]= res[0, 1, 2] + [0, 1, 1]就是说res[0]+0, res[1]+1, res[2]+1, 代表有(6+1)%3=0,(6+2)%3=0，即(7, 3)形成了一对余数为1的数，(8, 3)形成了一对余数为2的数还有因为直接相加复杂度是O(n^2),题目说只需要模2， 那么可以用异或来写，用异或的话也不可能一个一个来，所以就用将连续若干个01值压缩成一个整数来异或，这样就是O(n^2 / 32), 还有一点就是对于x=0，因为所有正整数都是0的因子，对0分开写，原式就是(0 + k) % Bj = k => k % Bj = k， 就是找在A数组中k存在的前提下，在B数组中找出比k大的数的数量加进res[k]即可**/#include<bits/stdc++.h>typedef long long ll;const int MAXN = 5e4 + 70;using namespace std;int a[MAXN], b[MAXN];int res[MAXN], vis[MAXN];vector<int> G[MAXN];ll dig[MAXN][35];set<int> st;ll ans[MAXN];void init() {    for(int i = 1; i < MAXN - 3; i++) {        for(int j = 1; j * j <= i; j++) {            if(i % j) continue;            G[i].push_back(j);            if(i / j != j) G[i].push_back(i / j);        }        sort(G[i].begin(), G[i].end());    }}int main() {    init();    int n, m, q, k, T;    scanf("%d", &T);    while(T--) {        st.clear();        memset(vis, 0, sizeof vis);        memset(res, 0, sizeof res);        memset(ans, 0, sizeof ans);        scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);        int max_data = -1;        for(int i = 0; i < n; i++) {            scanf("%d", &a[i]);            vis[a[i]] = 1;            max_data = max(max_data, a[i]);        }        for(int i = 0; i < m; i++) {            scanf("%d", &b[i]);            st.insert(b[i]);        }        sort(b, b + m);        for(int i = 1; i <= 5e4; i++) {            ll su = 0;            for(int j = 0; j < 32; j++) {                su = su * 2 + vis[i + j];                dig[i][j + 1] = su;                dig[i][j + 1] <<= (31 - j);            }        }        for(int i = 1; i <= max_data; i++) {            for(int j = 0; j < G[i].size(); j++) {                int x = G[i][j];                if(!st.count(x)) continue;                int L = 0, R = x - 1;                while(L <= R) {                    int d = L / 32;                    if(i + L > 5e4) break;                    if(R - L >= 31) {                        ans[d] ^= dig[i + L][32];                        L += 32;                    } else {                        ans[d] ^= dig[i + L][R - L + 1];                        L = R + 1;                    }                }            }        }        int num = 0;        for(int i = 0; i * 32 <= 5e4; i++) {            int j = (i + 1) * 32 - 1;            int t = 32;            while(t--) { res[j] = ans[i] & 1; j--; ans[i] >>= 1; }        }        for(int i = 0; i < n; i++) {            int x = a[i];            res[x] += m - (upper_bound(b, b + m, x) - b);        }        while(q--) {            scanf("%d", &k);            printf("%d\n", res[k] & 1);        }    }    return 0;}