散知识点总结（持更）-数字星空

有一些小 trick，专门用一整篇博客来写不太合适，所以都放在这里吧。

逆序对

考试的时候树状数组做法显然比其他的都好写。

考虑每个元素对答案的贡献，我们需要知道在它之前有多少元素比它大。

我们只需要维护一个权值树状数组，在枚举到 \(i\) 的时候查询当前树状数组中的元素有多少比它大，为了方便处理我们倒序枚举，这样相当于求顺序对，方便树状数组计算答案。

每次累加以后只需要把当前元素加进树状数组即可。

for(int i=n;i>=1;i--) 
{
	ans+=ask(a[i]-1);	
	add(a[i],1);
}

二进制分组

如果我们有一堆数字，现在要把它们多次分成两组，要求对于每两个数字都至少有一次分在不同的组。

我们考虑二进制，对于每一位，把所有数字这一位为 \(0\) 的分成一组，为 \(1\) 的分成一组，可以证明这样一定能满足上述条件。

简单证明

对于两个不同的数字 \(i,j\)，它们的二进制表达一定至少有一位是不同的，。因此按照上述分组方法一定会至少有一次不在同一组里面。

证毕。

分组的过程很简单，所以给一道例题。

[GXOI/GZOI2019] 旅行者

把所有感兴趣的城市进行二进制分组，然后搞两个虚拟点，一个起点一个终点，分别给两组点连 \(0\) 边权的边，然后跑最短路即可。

可爱的代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
inline int read()
{
	int w=1,s=0;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return w*s;
} 
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
int T,n,m,k;
int a[maxn];
struct no
{
	int y,v;
};
vector<no> G[maxn];
struct dij
{
	int y,id;
	inline friend bool operator < (dij x,dij y)
	{
		return x.y>y.y;
	}
};
int dis[maxn];
bool vis[maxn];
void dijkstra()
{
	memset(dis,0x3f,sizeof dis);
	memset(vis,0,sizeof vis);
	priority_queue<dij> q;
	dis[0]=0;
	q.push({0,0});
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.top().id;
		q.pop();
		if(vis[u])continue;
		vis[u]=1;
		for(auto i : G[u])
		{
			int y=i.y,v=i.v;
			if(dis[u]+v<dis[y])
			{
				dis[y]=dis[u]+v;
				if(!vis[y])
				q.push({dis[y],y});
			}
		}
	}
}
signed main()
{
//	freopen("tourist.in","r",stdin);
//	freopen("tourist.out","w",stdout);
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		n=read(),m=read(),k=read();
		for(int i=0;i<=n;i++)G[i].clear();
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			int x=read(),y=read(),v=read();
			G[x].push_back({y,v});
		}
		for(int i=1;i<=k;i++)a[i]=read();
		int ans=0x3f3f3f3f3f3f;
		for(int i=0;(1<<i)<=n;i++)
		{
			G[0].clear();
			for(int j=1;j<=k;j++)
			{
	            if(a[j]&(1<<i))G[0].push_back({a[j],0});
	            else G[a[j]].push_back({n+1,0});
        	}
        	dijkstra();
        	ans=min(ans,dis[n+1]);
        	for(int j=1;j<=k;j++)
            if((!(a[j]&(1<<i))))G[a[j]].pop_back();
	        G[0].clear();
	        for(int j=1;j<=k;j++)
			{
	            if(!(a[j]&(1<<i)))G[0].push_back({a[j],0});
	            else G[a[j]].push_back({n+1,0});
	    	}
	        dijkstra();
	        ans=min(ans,dis[n+1]);
	        for(int j=1;j<=k;j++)
	        if((a[j]&(1<<i))) G[a[j]].pop_back();      
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

其实简单一想就能发现类似的还有三进制四进制之类的分组，不过这些也不常用，但知道一点是一点。

高维前缀和

这个不是树状数组区间操作的高维前缀和（这个谁用啊），而是维度。

类比ABC366D这道题，先给出一到三维前缀和数组的计算方法：

\[sum_i=a_i+sum_{i-1} \]

\[sum_{i,j}=a_{i,j}+sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}-sum_{i-1,j-1} \]

\[sum_{i,j,k}=a_{i,j,k}+sum_{i,j,k-1}+sum_{i,j-1,k}+sum_{i-1,j,k}-sum_{i,j-1,k-1}-sum_{i-1,j,k-1}-sum_{i-1,j-1,k}+sum_{i-1,j-1,k-1} \]

代码版(复制用)

sum[i]=a[i]+sum[i-1];
sum[i][j]=a[i][j]+sum[i][j-1]+sum[i-1][j]-sum[i-1][j-1];
sum[i][j][k]=a[i][j][k]+sum[i][j][k-1]+sum[i][j-1][k]+sum[i-1][j][k]-sum[i][j-1][k-1]-sum[i-1][j][k-1]-sum[i-1][j-1][k]+sum[i-1][j-1][k-1];

稍微懂一点数学的人都已经能看出来规律了。进行 \(n\) 维前缀和的时候，对于前缀和数组的每一维，我们分别对 \(1\sim n\) 个下标进行 \(-1\) 的修改，如果修改个数维奇数，则符号为加号，否则为减号。

容易发现若修改个数为 \(m\)，则共需要修改 \(n\choose m\) 次。因此太高维的一般也不常用，了解即可。