AGC025F Addition and Andition

AGC025F

有两个长度为(n)和(m)的二进制数(x)和(y)。要做如下操作(k)次：

(x+=x & y,y+=x&y)

问(k)次之后(x)和(y)分别是多少。

(n,m,kle 10^6)

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补很久前的题解。

模拟一下暴力：操作(k)次，每次操作就是，从高位往低位，如果两个串对应位上的数为((1,1))，那么将这两位清空并且向前进一位。

不妨改变一下枚举的顺序：从高位往低位，如果两个串对应为上数为((1,1))，做(k)次“向前移动”的操作（即当前位清空，如果前面为((0,0))，那么前面变成((1,1))，指针前移一位；如果前面为((0,1))，前面(x)对应位变成(1)，(y)对应位进位，若是存在形如((100,011))变成((101,100))的情况，那么指针移到前面那个((1,1))；前面不可能为((1,1))）。

用链表来维护状态相同的连续段。模拟即可。

势能分析，时间复杂度是对的：当前面有连续的((0,0))时，(O(1))移动过去，不影响；然后遇到连续的((0,1))。当前面有连续的((0,1))时，可能越过这连续的((0,1))并且在前面创造了新的((1,1))（创造新的((1,1))：连续的((0,1))前有个((1,0))），但是同时意味着这一段连续的((0,1))变成((0,0))（最后一个除外，变成((1,0)))。如果我们把((0,1))连着((1,0))的位置个数定义为势能，那么时间复杂度就显然了。

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using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 1000010
int n,m,k;
char str[N];
int s[N],t[N];
struct Node{
	Node *pre,*suc;
	int s,n;
} *fir,*lst;
Node *ins(Node *p,int s,int n=1){
	Node *nw=new Node;
	*nw={p,p->suc,s,n};
	if (p->suc)
		p->suc->pre=nw;
	else
		lst=nw;
	p->suc=nw;
	return nw;
}
Node *check(Node *p){
	if (p->n==0 || p->pre && p->s==p->pre->s){
		p->pre->n+=p->n;
		p->pre->suc=p->suc;
		if (p->suc)
			p->suc->pre=p->pre;
		else
			lst=p->pre;
		return p->pre;
	}
	return p;
}
int ans[N*2],cnt;
void print(int w){
	bool bz=0;
	for (int i=cnt-1;i>=0;--i){
		bz|=ans[i]>>w&1;
		if (bz)
			putchar('0'+(ans[i]>>w&1));
	}
	if (bz==0)
		putchar('0');
	putchar('
');
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	scanf("%s",str);
	for (int i=0;i<n;++i)
		s[i]=str[n-1-i]-'0';
	scanf("%s",str);
	for (int i=0;i<m;++i)
		t[i]=str[m-1-i]-'0';
	n=max(n,m);	
	fir=lst=new Node;
	*lst=(Node){NULL,NULL,0,1000000000};
	for (int i=n-1;i>=0;--i)
		if (s[i]==1 && t[i]==1){
			int z=k;
			Node *p=lst;
			while (z){
				while (1){
					Node *q=check(p);
					if (q==p) break;
					p=q;
				}
				if (p->s==0){
					if (p->n<=z){
						z-=p->n;
						p=p->pre;
						if (z==0)
							ins(p,3,1);
					}
					else{
						p->n-=z;
						Node *q=ins(p,0,z);
						ins(p,3,1);
						break;
					}
				}
				else{
					while (1){
						Node *q=check(p->pre);
						if (q==p->pre) break;
						p->pre=q;
					}
					int m=p->s;
					if (p->pre->s==0){
						p->s=0,p->n--;
						Node *q=ins(p,m^3,1),*r=ins(q,0,1);
						p->pre->n--;
						check(p->pre);
						ins(p->pre,m,1);
						check(p);
						break;
					}
					else{
						p->s=0,p->n--;
						Node *q=ins(p,m^3,1),*r=ins(q,0,1);
						p->pre->n--;
						p=p->pre;
						z--;
						check(p->suc);
						if (z==0)
							ins(p,3,1);
						p=check(p);
					}
				}
			}
		}
		else
			lst=ins(lst,s[i]|t[i]<<1,1);
	for (Node *p=lst;p!=fir;p=p->pre)
		for (int i=0;i<p->n;++i)
			ans[cnt++]=p->s;
	print(0),print(1);
	return 0;
}