Dada una array arr[] de tamaño n y q consultas y un entero k . Cada consulta consta de un rango de índice [l, r] y la tarea es contar el número de pares de índices i y j tales que l ≤ i ≤ j ≤ r (indexación basada en 1) y el xor de los elementos a[ i], a[i + 1], …, a[j] es igual a k .
Ejemplos:
Entrada: arr[] = {1, 1, 1, 0, 2, 3}, q[] = {{2, 6}}, k = 3 Salida: 2 {1, 0, 2}
y {3}
son los subconjuntos requeridos
dentro del rango de índice [2, 6] (indexación basada en 1)Entrada: arr[] = {1, 1, 1}, q[] = {{1, 3}, {1, 1}, {1, 2}}, k = 1 Salida
:
4
1
2
Enfoque: esta publicación analiza cómo encontrar sub-arrays con un xor dado en O (n) por consulta, por lo que si q es grande, nuestra complejidad de tiempo de ejecución total sería O (n * q).
Dado que recibimos consultas fuera de línea, la idea es usar el algoritmo de Mo. Dividimos la array en bloques sqrt (n) y ordenamos las consultas según el índice de bloque, los empates se rompen con menos valor r primero.
Mantendremos un arreglo xorr[], donde xorr[i] almacena el xor del prefijo de los elementos del arreglo de 0 a i (basado en el índice 0).
También mantendremos otra array cnt[], donde cnt[y] almacena el número de prefijos con xorr[i] = k.
Supongamos que agregamos un elemento en el índice x, sea xorr[x] ^ k = y, ahora si cnt[y] es mayor que 0, entonces existen prefijos con el mismo xor, por lo que obtenemos y sub-arreglos con un xor k dado que terminan en el índice x.
A continuación se muestra la implementación del enfoque anterior:
// C++ implementation of the approach
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long bsz = 316;
long long res = 0;
// Query structure
struct Query {
long long l, r, q_idx, block_idx;
Query() {}
Query(long long _l, long long _r, long long _q_idx)
{
l = _l, r = _r, q_idx = _q_idx, block_idx = _l / bsz;
}
// We use operator overloading
// to sort the queries
bool operator<(const Query& y) const
{
if (block_idx != y.block_idx)
return block_idx < y.block_idx;
return r < y.r;
}
};
Query queries[1000005];
unordered_map<long long, long long> cnt;
long long n, q, k;
long long xorr[1000005];
// Function to add elements while traversing
void add(long long u)
{
long long y = xorr[u] ^ k;
// We find the number of prefixes with value y
// that are contributing to the answer,
// add them to the answer
res = res + cnt[y];
// If we are performing add operation, and suppose
// we are at index u then count of xorr[u]
// will increase by 1 as we are adding
// the answer to the list
cnt[xorr[u]]++;
}
// Function to delete elements while traversing
void del(long long u)
{
// If we are performing delete operation and suppose
// we are at index u then count of xorr[u]
// will decrease by 1 as we are removing
// the answer from the list
cnt[xorr[u]]--;
long long y = xorr[u] ^ k;
// We find the number of prefixes with value y
// that was initially contributing to the answer
// now we do not need them, hence subtract it from answer
res = res - cnt[y];
}
// Here we are performing Mo's algorithm
// if you have no idea of it then go through here:
// https:// www.geeksforgeeks.org/mos-algorithm-query-square-root-decomposition-set-1-introduction/
void Mo()
{
// first we sort the queries with block index, and ties are broken by less r value .
sort(queries + 1, queries + q + 1);
vector<long long> ans(q + 1);
long long l = 1, r = 0;
res = 0;
cnt[0] = 1;
// Iterate each query and check whether
// we have to move the left and right pointer
// to left or right
for (long long i = 1; i <= q; ++i) {
// If current right pointer r is less than
// the rightmost index of the present query,
// increment r
while (r < queries[i].r) {
++r;
// While incrementing we are adding new numbers
// to our list. Hence, we modify our answer
// for each r using add() function
add(r);
}
// If current left pointer is greater than the
// left most index of the present query, decrement l
while (l > queries[i].l) {
l--;
// While decrementing l, we are again adding
// new numbers to our list, hence we modify
// our answer using add() function
add(l - 1);
}
// Similarly, if current left pointer is less than
// the left most index of the present query, increment l
while (l < queries[i].l) {
// While incrementing we are deleting elements
// as we are moving right, hence we modify our answer
// using del() function
del(l - 1);
++l;
}
// If current right pointer is greater than the rightmost
// index of the present query, decrement it
while (r > queries[i].r) {
// While decrementing, modify the answer
del(r);
--r;
}
ans[queries[i].q_idx] = res;
}
for (long long i = 1; i <= q; ++i) {
cout << ans[i] << endl;
}
}
// Driver code
int main()
{
q = 3, k = 3;
vector<long long> v;
v.push_back(0);
v.push_back(1);
v.push_back(1);
v.push_back(1);
v.push_back(0);
v.push_back(2);
v.push_back(3);
// 1-based indexing
n = v.size() + 1;
xorr[1] = v[1];
for (long long i = 2; i <= n; ++i)
xorr[i] = xorr[i - 1] ^ v[i];
// Queries
queries[1] = Query(1, 6, 1);
queries[2] = Query(2, 4, 2);
queries[3] = Query(2, 6, 3);
Mo();
return 0;
}
3 0 2
Complejidad de tiempo: O((n + q) * sqrt(n))