洛谷题解：P12465 『FCRT / 1 - 2』Parity

题意

对于求从 $0$ 至 $\mathrm{Sub}(l,r)$ 的每一个 $x$，求 $\mathrm{Pari}(x)$。

思路

由于数据太恶心，所以需要找到一种方法快速求出 $\mathrm{Pari}(0)$ 到 $\mathrm{Pair}(\mathrm{Sub}(l,r))$ 的和还有 $\mathrm{Sub}(l,r)$。快速求和就要用到——前缀和。

$\mathrm{Sub}$ 的快速计算

定义 $x_i$ 为 $Sub(1,i)$。计算公式为上一位（$x_{i-1}$）的数乘 $2$（由于是二进制，所以位权是 $2$，因此乘 $2$）加上当前为的值（零或一，因为是二进制）。也就是 $x_i\leftarrow x_{i-1}+s_i{-}^{\prime }{0}^{\prime }$。
但 $x_i$ 仅仅只能计算 $Sub(1,i)$，但不能通过 $x_r-x_l$ 计算任意的 $Sub(l,r)$。需要用 $x_r-x_l\times 2^{r-l+1}$（就是将 $x_l$ 乘以与其对应的位权）。但计算 $2^n$ 也很费时间，所以干脆也用 $pow{2}_i$ 数组存储 $2^i$。计算公式：$pow{2}_i\leftarrow pow{2}_{i-1}\times 2$。
代码：

int sub(int l,int r){
    if(l>r)return 0;
    return ((x[r]-x[l-1]*pow2[r-l+1])%mod+mod)%mod;
}

$\mathrm{Pari}$ 的快速计算

定义 $y_i$ 为从第一位到第 $i$ 为的一的数量。计算方法为上一位的加当前这位的数。计算公式：$y_i\leftarrow y_{i-1}+s_i{-}^{\prime }{0}^{\prime }$。
代码：

int pari(int l,int r){
    return (y[r]-y[l-1])%2;
}

预处理

pow2[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
  pow2[i]=pow2[i-1]*2ll%mod,
  x[i]=(x[i-1]*2ll+s[i]-'0')%mod,
  y[i]=y[i-1]+s[i]-'0';

主函数

由于 $2n$ 为 $2$ 的倍数，所以 $2n$ 的末尾为 $0$，因此 $2k$ 和 $2n+1$ 的一的个数相差 $1$，所以必定一个是奇数，一个是偶数。于是，本题变成求 $\mathrm{Sub}(l,r)$ 的奇偶性。
代码：

while(q--){
	cin>>l>>r;
	if(s[r]=='1') cout<<(sub(l,r-1)+1)%mod<<'\n';
	else cout<<(sub(l,r-1)+pari(l,r))%mod<<'\n';
}

代码实现

#include
using namespace std;
long long n,q,l,r,pow2[200001],x[200001],y[200001];
const int mod=998244353;
char s[200001];
int sub(int l,int r){
    if(l>r)return 0;
    return ((x[r]-x[l-1]*pow2[r-l+1])%mod+mod)%mod;
}
int pari(int l,int r){
    return (y[r]-y[l-1])%2;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cin>>n>>q>>(s+1);
	pow2[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		pow2[i]=pow2[i-1]*2ll%mod,
		x[i]=(x[i-1]*2ll+s[i]-'0')%mod,
		y[i]=y[i-1]+s[i]-'0';
	while(q--){
		cin>>l>>r;
		if(s[r]=='1') cout<<(sub(l,r-1)+1)%mod<<'\n';
		else cout<<(sub(l,r-1)+pari(l,r))%mod<<'\n';
	}
	return 0;
}

原文链接