• 「题解」agc031_c Differ by 1 Bit


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    题目

    题目链接:洛谷 AT4693AtCoder agc031_c

    题意概述

    给定三个数 (n,a,b),求一个 (0sim 2^n-1) 的排列满足下列三个条件:

    • (p_1=a)
    • (p_{2^n}=b)
    • (operatorname{popcount}(p_ioplus p_{i+1})=1),其中 (oplus) 表示按位异或。

    请你判定是否可以构造并输出方案(若可以)。

    题解

    启发式的画图

    直接考虑这个问题,似乎有些困难?

    我们先用简单的语言,将它转化为一个图论问题。

    图论转化

    如果两个整数 (a,bin[0,2^n)),满足 (operatorname{popcount}(aoplus b)=1),那么我们就在 (a,b) 之间连一条边。

    那么问题转化为了给定起点与终点,求一条长度为 (2^n) 的简单路径。


    转化成了图论问题,我们肯定要用几何直观来看看这个图到底是什么样子,采用画图工具 Graph Editor,取 (n=2,3) 时:

    图片 (n=2)n2.png

    图片 (n=3)n3.png

    这提醒我们,整个图将会形成一个 (n) 维立方体。

    具体地,我们考虑证明这件事,非常简单,换个角度即可。我们将一个二进制数各位上的数分开,看作各个维度的坐标值,例如 (0=(00)_2 o (0,0),2=(10)_2 o (1,0))。那么我们不难得到此结论。

    熟练解决图论问题

    我们不难发现,这个图是一个二分图,其中左部点编号对应的二进制数中 (1) 的个数为偶数,右部点编号对应的二进制数中 (1) 的个数为奇数。

    我们由此得到结论,如果存在答案,那么 (operatorname{popcount}(aoplus b)equiv 1pmod 2)

    这个条件对解的必要性已经得到证明,下面我们通过构造来证明其充分性。

    构造与递推

    首先为了化简问题,我们不难发现从 (a) 走到 (b) 等价于从 (0) 走到 (aoplus b),这是因为异或的自反律与交换律,即 (p_ioplus xoplus p_{i+1}oplus x=p_ioplus p_{i+1})

    对于 (n) 维立方体,它一定是由两个 (n-1) 维立方体上下拼接而成。

    因此,我们考虑用类似数学归纳法的方式进行构造。

    我们具有归纳基础,因为显然我们会 (n=1) 时的情况(一条线段从 (0) 走到 (1));

    我们考虑如何通过 (n-1) 维的方案构造 (n) 维的方案,我们决定分类讨论:

    • 根据上面的理论,我们分类讨论终点的位置(起点为 (0));
    • 终点 (t) 与起点在不同的层:我们找到一条合法的从起点走 (n-1) 维空间到达 (x) 的方案,然后 (x) 走到另一层对应的点 (x'),再在 (n-1) 维空间中从 (0) 走到 (toplus x') 的方案,(x) 可任取;
    • 终点 (t) 与起点在同一层:我们直接从 (0) 走到 (t),然后把路径从路径中任意两个相邻点之间直接分割开来,在中间插入一个下层的 (n-1) 维的路径。

    上面的文字叙述可能有点难懂,我们画个三维空间的图:

    第一种情况:case1.png

    第二种情况:case2.png

    至此,我们用构造的方法证明了条件的充分性,可解决本题。

    时间复杂度为 (T(n)=2T(n-1)+Theta(2^n)),分析可知为 (Theta(2^nn))

    参考程序

    参考程序中情况一选取 (x=1),情况二选取起点和路径的第二个点。

    __builtin_parity(x) 表示求 (x) 的二进制表示中 (1) 的个数的奇偶性,奇数为 (1),偶数为 (0)

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    #define reg register
    typedef long long ll;
    #define flush() (fwrite(wbuf,1,wp1,stdout),wp1=0)
    #define putchar(c) (wp1==wp2&&(flush(),0),wbuf[wp1++]=c)
    static char wbuf[1<<21];int wp1;const int wp2=1<<21;
    
    inline void write(reg int x){
    	static char buf[32];
    	reg int p=-1;
    	if(!x) putchar('0');
    	else while(x) buf[++p]=(x%10)^'0',x/=10;
    	while(~p) putchar(buf[p--]);
    	return;
    }
    
    inline void writeln(const char *s){
    	while(*s) putchar(*(s++));
    	putchar('
    ');
    	return;
    }
    
    const int MAXN=17;
    
    inline void solve(reg int x,reg int a,reg int ans[]){
    	if(!x)
    		ans[0]=0;
    	else if(x==1)
    		ans[0]=0,ans[1]=1;
    	else{
    		reg int val=1<<(x-1);
    		if(a&val){
    			solve(x-1,1,ans),solve(x-1,a^(val+1),ans+val);
    			for(reg int i=val;i<(1<<x);++i)
    				ans[i]=ans[i]^(val+1);
    		}
    		else{
    			solve(x-1,a,ans),solve(x-1,ans[1],ans+val);
    			for(reg int i=val;i<(1<<x);++i)
    				ans[i]=ans[i]^val;
    			static int tmp[1<<MAXN];
    			tmp[0]=ans[0];
    			for(reg int i=0;i<val;++i)
    				tmp[i+1]=ans[i+val];
    			for(reg int i=val+1;i<(1<<x);++i)
    				tmp[i]=ans[i-val];
    			for(reg int i=0;i<(1<<x);++i)
    				ans[i]=tmp[i];
    		}
    	}
    	return;
    }
    
    int n,A,B;
    int ans[1<<MAXN];
    
    int main(void){
    	scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
    	B^=A;
    	if(__builtin_parity(B)){
    		writeln("YES");
    		solve(n,B,ans);
    		reg int U=(1<<n)-1;
    		for(reg int i=0;i<=U;++i)
    			write(ans[i]^A),putchar(i==U?'
    ':' ');
    	}
    	else
    		writeln("NO");
    	flush();
    	return 0;
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/Lu-Anlai/p/14829076.html
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