DAY16共3题：

• 奇♂妙拆分（简单数学）

• 区区区间间间（单调栈）

• 小AA的数列（位运算dp）

🎈 作者：Eriktse
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奇♂妙拆分（简单数学）

根据贪心的想法，若要使得因子尽可能多，那么因子应当尽可能小，大于根号n的因子至多一个，从小到大枚举[1, sqrt(n)]的所有整数，如果i能够整除n就作为一个因子。

Code:

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;void solve()
{int n;cin >> n;set<int> st;for(int i = 1;i <= n / i; ++ i)if(n % i == 0)st.insert(i), n /= i;st.insert(n);cout << st.size() << '\n';
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int _;cin >> _;while(_ --)solve();return 0;
}

区区区间间间（单调栈）

题意：给定一个数组，求所有子区间的最大值与最小值的差的和。

如果暴力枚举肯定不行，单单是子区间个数就有n ^ 2个，所以我们应该考虑每一个元素对答案的贡献，也就是说我们需要知道某个元素a[i]它会在多少个区间里作为最大值，在多少个区间里作为最小值。

我们预处理出四个数组，分别是lmax[], rmax[], lmin[], rmin[]表示点i作为最大值的左右最远位置，和作为最小值的左右最远位置（lmax[i] = j，表示在区间[j, i]中的最大值都是a[i]，其他的三个数组类似定义）。

用单调栈可以处理出这四个数组，一下以求lmax[]举例，维护一个单调不增栈，栈内存放的是下标。

初始时栈内仅有一个a[0] = inf。

当我们遇到一个a[i]时，不断地判断栈顶元素，如果栈顶元素比a[i]小，说明这个栈顶应当弹出。

当更新完毕后，此时的栈顶的右边相邻位置就是a[i]往左的最远的位置了，因为此时栈顶是a[i]往左的第一个大于等于a[i]的位置，那么这中间的元素都会小于a[i]。

其他的三个数组类似，注意，如果我们处理lmax用的是单调不增栈，那么处理rmax就应当用单调递增栈，而不是单调不减栈，否则可能出现区间重复表示或没有归属的问题（自己思考）。

Code:

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 9, inf =8e18;
int a[N], stk[N], top, lmax[N], rmax[N], lmin[N], rmin[N];void solve()
{int n;cin >> n;for(int i = 1;i <= n; ++ i)cin >> a[i];a[0] = a[n + 1] = inf;top = 0;stk[++ top] = 0;for(int i = 1;i <= n; ++ i){while(top && a[i] > a[stk[top]])top --;lmax[i] = stk[top] + 1;stk[++ top] = i;}top = 0;stk[++ top] = n + 1;for(int i = n;i >= 1; -- i){while(top && a[i] >= a[stk[top]])top --;rmax[i] = stk[top] - 1;stk[++ top] = i;}a[0] = a[n + 1] = -inf;top = 0;stk[++ top] = 0;for(int i = 1;i <= n; ++ i){while(top && a[i] < a[stk[top]])top --;lmin[i] = stk[top] + 1;stk[++ top] = i;}top = 0;stk[++ top] = n + 1;for(int i = n;i >= 1; -- i){while(top && a[i] <= a[stk[top]])top --;rmin[i] = stk[top] - 1;stk[++ top] = i;}int ans = 0;for(int i = 1;i <= n; ++ i){ans += a[i] * (rmax[i] - i + 1) * (i - lmax[i] + 1);ans -= a[i] * (rmin[i] - i + 1) * (i - lmin[i] + 1);}cout << ans << '\n';
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int _;cin >> _;while(_ --)solve();return 0;
}

小AA的数列（位运算 | 前缀和）

这道题一看有点懵，感觉不是很好处理，但依然是套路题。

看到异或，我们应该想把每一个二进制位拆分开，实际上这里约32位二进制位可以先认为是相互独立的，对于每一位都计算出贡献，然后按照位权重加和即可。

异或题的套路基本都是拆分二进制，整体考虑起来比较复杂，拆分后会简单很多。

先不管L, R。

假如我们考虑数组1 2 3 4 5的第0位：

获取第0位后得到b数组：1 0 1 0 1。

因为我们要得到区间内1的个数，所以处理一个异或前缀和p[]是自然而然的，然后我们枚举每一位作为左端点，看看会得到一个怎样的式子：

sum=∑j=i+1j+=2,j≤np[j]⊕p[i−1]

我们知道异或其实就是% 2的加法，也是% 2减法，所以我们将异或前缀和改为普通前缀和p[]，以上的柿子可以转化为：

sum=∑j=i+1j+=2,j≤n[(p[j]−p[i−1])(mod2)]

那么我们就可以对p再做一个前缀和p2，但是p2的步长应为2。

然后上面的柿子就等价于（其中l, r为j的上下限，需要保证与i - 1奇偶性相同，j的个数为(r - l + 2) / 2）:

sum=|p2[r]−p2[l−1]−p[i−1]∗((r−l+2)/2))|

因为这个p2存在p2[-1]的情况，所以我们做个小小的便宜，方便代码的编写（其实你想要特判也行，只是不太方便，也容易出错）。

注意一下其他细节即可。 

Code:

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 109, p = 1e9 + 7, T = 100;
int a[N], b[N], p1[N], p2[N];signed main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int n, l, r;cin >> n >> l >> r;for(int i = 1;i <= n; ++ i)cin >> a[i];int ans = 0;for(int w = 0;w <= 32; ++ w){for(int i = 1;i <= n; ++ i)b[i] = a[i] >> w & 1;for(int i = 1;i <= n; ++ i)p1[T + i] = (b[i] + p1[T + i - 1]) % 2;for(int i = 1;i <= n; ++ i)p2[T + i] = p1[T + i] + p2[T + i - 2];int sum = 0;for(int i = 1;i <= n; ++ i){int j1 = max(i + 1, l + i - 1), j2 = min(n, r + i - 1);if((j1 - i) % 2 == 0)j1 ++;if((j2 - i) % 2 == 0)j2 --;if(j2 < j1)continue;sum += abs(p2[T + j2] - p2[T + j1 - 2] - p1[T + i - 1] * ((j2 - j1) / 2 + 1));}ans = (ans + (1ll << w) * sum % p) % p;}cout << ans << '\n';return 0;
}