25.2.25补题

2.25abc补题

abc391F K-th Largest Triplet

题意

给定三个长度为$n$的整数数组$A,B,C$，以及一个整数$K$,对于整数$i,j,k(1\le i,j,k\le n)$的每一个$N^3$选项，计算$A_i\ast B_j+A_i\ast C_k+b_j\ast C_k$的值，并输出第$K$大的值

思路

• 先将$A,B,C$数组降序排列后，第一大的下标肯定是$[1,1,1]$
• 则第二大的下标一定为$[2,1,1],[1,2,2],[1,1,2]$其中之一，由此可知每个确定的最大值可以推出三个次大值，接下来的最大值就在三个次大值之中产生
• 可以使用优先队列维护每个最大值，再将其推出的三个次大值不断丢进去
• 为避免重复，使用set维护已经得到过的下标

代码

#include<bits/stdc++.h>

#define ull unsigned long long 
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define all0(a) a.begin(),a.end()
#define lowbit(a) (a&-a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define yes cout<<"YES"<<endl
#define no cout<<"NO"<<endl

using namespace std;
const double eps=1e-6;
typedef pair<int,int>PII;
typedef array<int,3>PIII;
mt19937_64 rnd(time(0));  



void solve()
{
	int n,k;
	cin>>n>>k;
	vector<ll>a(n+1);
	auto b=a;
	auto c=a;
	
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>c[i];
	
	sort(all(a),greater<ll>());
	sort(all(b),greater<ll>());
	sort(all(c),greater<ll>());
	
	set<PIII>s;
	priority_queue<pair<ll,PIII>>q;
	q.push({a[1]*b[1]+a[1]*c[1]+b[1]*c[1],{1,1,1}});
	s.insert({1,1,1});
	
	while(k>1)
	{
		auto [x,y]=q.top();
		q.pop();
		//cout<<x<<endl;
		k--;
		
		if(y[0]<n && s.find({y[0]+1,y[1],y[2]})==s.end())
		{
			q.push({a[y[0]+1]*b[y[1]]+a[y[0]+1]*c[y[2]]+b[y[1]]*c[y[2]],{y[0]+1,y[1],y[2]}});
			s.insert({y[0]+1,y[1],y[2]});
		}
		
		if(y[1]<n && s.find({y[0],y[1]+1,y[2]})==s.end())
		{
			q.push({a[y[0]]*b[y[1]+1]+a[y[0]]*c[y[2]]+b[y[1]+1]*c[y[2]],{y[0],y[1]+1,y[2]}});
			s.insert({y[0],y[1]+1,y[2]});
		}
		
		if(y[2]<n && s.find({y[0],y[1],y[2]+1})==s.end())
		{
			q.push({a[y[0]]*b[y[1]]+a[y[0]]*c[y[2]+1]+b[y[1]]*c[y[2]+1],{y[0],y[1],y[2]+1}});
			s.insert({y[0],y[1],y[2]+1});
		}
	}
	cout<<q.top().fi<<endl;
}
	
	
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	solve();
	
	return 0;
}

abc390 D-Stone XOR

题意

有$n个袋子(2\le n\le 12)$,每个袋子有若干石头，每次操作可以将一个袋子中的石头全部放到另一个袋子中，问执行若干次操作之后(可能为0次),所有袋子中石头的数量的异或之和有多少种可能的结果

思路

• 等价于最多有12个元素，要把他们拆分到任意个数的集合之中，问这些集合的元素的异或和有多少种不同的取值

• 很经典的集合拆分问题，用$B(n)$表示把$n$个元素拆分的方案数，其中$B(12)\approx 4e6$，所以可以dfs枚举所有情况

• dfs我们需要维护三个值
  1.当前选择到了第几个袋子
  2.当前每个集合中的石子数量
  3.当前划分的集合数量

• 对于每个新考虑的元素，我们有两种策略
  1.将其加入已经划分的某个集合之中
  2.将其放入新集合之中

代码

// Problem: D - Stone XOR
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 390
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc390/tasks/abc390_d
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 3000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include<bits/stdc++.h>

#define ull unsigned long long 
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define all0(a) a.begin(),a.end()
#define lowbit(a) (a&-a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define yes cout<<"YES"<<endl
#define no cout<<"NO"<<endl

using namespace std;
const double eps=1e-6;
typedef pair<int,int>PII;
typedef array<int,3>PIII;
mt19937_64 rnd(time(0));  



void solve()
{
	int n;cin>>n;
	vector<ll>a(n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	
	unordered_set<ll>s;
	vector<ll>ss(n);//集合
	
	auto dfs=[&](auto && dfs,int id,vector<ll>&cur,int used)->void
	{
		if(id==n+1)
		{
			ll ans=0;
			for(auto x:cur) ans^=x;
			//cout<<ans<<endl;
			//for(auto x:cur) cout<<x<<" ";
			//cout<<endl;
			s.insert(ans);
			return;
		}
		//将当前石子加入已有集合
		for(int i=0;i<used;i++)//枚举加入的集合
		{
			ll last=cur[i];
			cur[i]+=a[id];
			dfs(dfs,id+1,cur,used);
			cur[i]=last;
		}
		//将当前石子放到新集合
		if(used<n)
		{
			cur[used]=a[id];
		    dfs(dfs,id+1,cur,used+1);
		    cur[used]=0;
		}
		
	};
	
	dfs(dfs,1,ss,0);
	cout<<s.size()<<endl;
	//for(auto t:s) cout<<t<<endl;
}
	
	
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	solve();
	
	return 0;
}