HDU 6059 17多校3 Kanade's trio（字典树）

Problem Description

Give you an array A[1..n]，you need to calculate how many tuples (i,j,k) satisfy that (i<j<k) and ((A[i] xor A[j])<(A[j] xor A[k]))

There are T test cases.

1≤T≤20

1≤∑n≤5∗105

0≤A[i]<230

 

Input

There is only one integer T on first line.

For each test case , the first line consists of one integer n ,and the second line consists of n integers which means the array A[1..n]

 

Output

For each test case , output an integer , which means the answer.

 

Sample Input

1

5

1 2 3 4 5

 

Sample Output

6

 

启发博客：http://blog.csdn.net/dormousenone/article/details/76570172

摘：

利用字典树维护前 k-1 个数。当前处理第 k 个数。

显然对于 k 与 i 的最高不相同位 kp 与 ip ：

当 ip=0 , kp=1 时，该最高不相同位之前的 ihigher=khigher 。则 jhigher 可以为任意数，均不对 i, k 更高位（指最高不相同位之前的高位，后同）的比较产生影响。而此时 jp 位必须为 0 才可保证不等式 (Ai⊕Aj)<(Aj⊕Ak) 成立。

当 ip=1,kp=0 时，jp 位必须为 1 ，更高位任意。

故利用数组 cnt[31][2] 统计每一位为 0 ，为 1 的有多少个（在前 K-1 个数中）。在字典树插入第 k 个数时，同时统计最高不相同位，即对于每次插入的 p 位为 num[p] (取值 0 或 1)，在同父节点对应的 1-num[p] 为根子树的所有节点均可作为 i 来寻找 j 以获取对答案的贡献。其中又仅要求 jp 与 ip (ip 值即 1-num[p]) 相同，故 jp 有 cnt[p][ 1-num[p] ] 种取值方案。

但是，同时需要注意 i 与 j 有在 A 数组的先后关系 (i<j) 需要保证。故在字典树中额外维护一个 Ext 点，记录将每次新加入的点与多少原有点可构成 i, j 关系。在后续计算贡献时去掉。

其余详见代码注释。

#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
long long ans1,ans2;
int num[35];//每一个数字的二进制转化
int cnt[35][2];//cnt[i][j]记录全部插入数字第i位为0、1分别的数字

struct trie
{
    trie* next[2];
    int cnt,ext;
    trie()
    {
        next[0]=NULL;
        next[1]=NULL;
        cnt=0;//拥有当前前缀的数字个数
        ext=0;//
    }
};

void calc(trie* tmp,long long c)
{
    ans1+=tmp->cnt*(tmp->cnt-1)/2;
    ans2+=(c-tmp->cnt)*tmp->cnt-tmp->ext;
}

void insert(trie* r)
{
    int i;
    for(i=1;i<=30;i++)
    {
        if(r->next[num[i]]==NULL)
            r->next[num[i]]= new trie;
        if(r->next[1-num[i]]!=NULL)
            calc(r->next[1-num[i]],cnt[i][1-num[i]]);
        r=r->next[num[i]];
        r->cnt++;
        r->ext+=cnt[i][num[i]]-r->cnt;
        //每个点存下同位同数不同父亲节点的数字个数且序号比本身小的
    }
    return ;
}

int main()
{
    int T,n,tmp;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d",&n);
        trie root;
        ans1=0;//i,j选自同父亲节点
        ans2=0;//i选自同父亲节点，j选择同位不同数不同父亲节点
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
        while(n--)
        {
            scanf("%d",&tmp);
            for(int i=30;i>=1;i--)//这样可以保证不同大小的数字前缀都为0
            {
                num[i]=tmp%2;
                cnt[i][num[i]]++;
                tmp/=2;
            }
            insert(&root);
        }
        printf("%lld
",ans1+ans2);
    }
    return 0;
}