LOJ#515. 「LibreOJ β Round #2」贪心只能过样例(bitset)

内存限制：256 MiB时间限制：1000 ms标准输入输出

题目类型：传统评测方式：文本比较

上传者： nzhtl1477

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题目描述

一共有 nnn个数，第 iii 个数 xix_ix​i​​ 可以取 [ai,bi][a_i , b_i][a​i​​,b​i​​] 中任意值。
设 S=∑xi2S = \sum{{x_i}^2}S=∑x​i​​​2​​，求 SSS 种类数。

输入格式

第一行一个数 nnn。
然后 nnn 行，每行两个数表示 ai,bia_i,b_ia​i​​,b​i​​。

输出格式

输出一行一个数表示答案。

样例

样例输入

5
1 2
2 3
3 4
4 5
5 6

样例输出

26

数据范围与提示

1≤n,ai,bi≤1001 \le n , a_i , b_i \le 1001≤n,a​i​​,b​i​​≤100

臭名昭著的巧合

考场上只想到了暴力，完全没想到bitset优化qwq。

考虑到$\sum_1^{100*100} * 100 = 1e6$

然后开个bitset每次暴力合并就行了

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<bitset>
#define rg register
using namespace std;
const int MAXN = 1e6 + , mod = ;
inline int read() {
    char c = getchar();int x = ,f = ;
    while(c < '' || c > ''){if(c == '-')f = -;c = getchar();}
    while(c >= '' && c <= ''){x = x *  + c - '',c = getchar();}
    return x * f;
}
int N;
bitset<MAXN> pre, nxt;
int main() {
    N = read();N--;
    int l = read(), r = read();
    for(rg int i = l; i <= r; i++) pre[i * i] = ;
    for(rg int i = ; i <= N; i++) {
        int l = read(), r = read();
        nxt.reset();
        for(rg int k = l; k <= r; k++)
            nxt |= pre << (k * k);
        pre = nxt;
    }
    printf("%d", nxt.count());
    return ;
}