题目描述 Description###
很久很久很久以前，方方方造了一台计算机，计算机中开始有一个数 (0) 。方方方想要让这个数变成 (a) ，他打算每次选择一个整数，把计算机中当前的数按位或上这个数。
这时候黑恶势力 (zzq) 出现了：为了符合题目名称，方方方选择的整数必须是三的倍数。zzq 想知道在这个条件下能不能得到 (a) ，如果能得到，给出一种步数尽量小的方案。
输入描述 Input Description###
第一行一个整数 (T) ，表示数据组数。
接下来 (T) 行每行一个正整数 (a) ，表示想要得到的整数。
输出描述 Output Description###
对于每组数据，如果该组数据无解，输出一行(-1) 。
如果该组数据有解，你需要在一行中输出方案，行的开头输出你需要进行几
次或操作，接下来用空格分割输出你要或上的每个数。
不懂的话可以参见样例输出。
样例输入 Sample Input###
3
3
2
7
样例输出 Sample Output###
1 3
-1
2 3 6
数据范围及提示 Data Size & Hint###
对于 20%的数据，(a,T<=10) 。
对于 50%的数据，(a,T<=1000) 。
对于 100%的数据，(1<=T<=200000，1<=a<=10^18) 。
之前的一些废话###
题解###
考虑二进制数与三的倍数的关系。谈到二进制数是由若干个(2^n) 组成，分析其中一个(2^n) ，我们发现如果n是奇数的话，模(3) 等于$2 (，)n$ 为偶数模(3) 等于(1) ，如果若干个(2^n) 组成的话，我们就可以发现：（先定义奇数二进制为n为奇数的(2^n)，偶数类似 ）三个奇数二进制可以凑成三的倍数，三个偶的也可以凑成散的倍数，一个奇的一个偶的也可以凑成三的倍数。所以思路已经很清晰了：对于每一个输入进来的(n) ，首先分析它有多少个奇数二进制与多少个偶数二进制，然后根据以上配对原则选取不同的(2^n) 来贪心的拼凑三的倍数，可以发现至多只需要两个三的倍数即可凑成。
代码###
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
inline LL read()
{
LL x=0,f=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
const int maxn=100010;
int T,even,odd,sum;
LL a,b,c,d,ji[70],ou[70];
int main()
{
freopen("three.in","r",stdin);
freopen("three.out","w",stdout);
T=(int)read();
while(T--)
{
a=read();sum=even=odd=0;b=c=0ll;
for(LL i=0;(1ll<<i)<=a;i++)
if(a&(1ll<<i))
{
sum++;
if(i%2)ji[++odd]=1ll<<i;
else ou[++even]=1ll<<i;
}
if(sum<2 || (odd==0 && even<3) || (even==0 && odd<3)){printf("-1
");continue;}
if(a%3==0){printf("1 %lld
",a);continue;}
if(odd && even)
{
for(int i=1;i<=min(odd,even);i++)b+=(ji[i]+ou[i]);
if(even>=3 && even>odd)
{
for(int i=odd+1;i<=even;i++)c+=(ou[i]);
if((even-odd)%3==1 && odd>1)c+=(ou[odd]+ou[odd-1]);
else if((even-odd)%3==1 && odd==1)c+=ji[1];
if((even-odd)%3==2)c+=ou[odd];
printf("2 %lld %lld
",b,c);
continue;
}
else if(odd>=3 && odd>even)
{
for(int i=even+1;i<=odd;i++)c+=(ji[i]);
if((odd-even)%3==1 && even>1)c+=(ji[even]+ji[even-1]);
else if((odd-even)%3==1 && even==1)c+=ou[1];
if((odd-even)%3==2)c+=ji[even];
printf("2 %lld %lld
",b,c);
continue;
}
else if(odd>even)
{
for(int i=even+1;i<=odd;i++)c+=(ji[i]+ou[i-even]);
printf("2 %lld %lld
",b,c);
}
else if(odd<even)
{
for(int i=odd+1;i<=even;i++)c+=(ou[i]+ji[i-odd]);
printf("2 %lld %lld
",b,c);
}
}
else if(even)
{
for(int i=1;i+3<=even;i+=3)b+=(ou[i]+ou[i+1]+ou[i+2]);
c=ou[even]+ou[even-1]+ou[even-2];
printf("2 %lld %lld
",b,c);
continue;
}
else if(odd)
{
for(int i=1;i+3<=odd;i+=3)b+=(ji[i]+ji[i+1]+ji[i+2]);
c=ji[odd]+ji[odd-1]+ji[odd-2];
printf("2 %lld %lld
",b,c);
continue;
}
}
return 0;
}
总结###
这种题重点在于缕清思路，一步步推还是比较好想的。事实证明我实在不适合这种分类讨论情况这么多的题，漏解了也很难发现，十分庆幸这是一道对拍十分好写的题，如果考试时候碰上这种难对拍的话，那就老老实实写50分做法吧。