Solution -「CF 959E」Mahmoud and Ehab and the xor-MST

Description

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一完全图有 (n) 个节点 (0,...,n-1)，其中边 ((i,j)) 的权值为 (ioplus j)，其中 (oplus) 为位异或操作，试求出最小生成树的边权和。

Solution

先从递推的层面考虑.

我们定义 (F(n)) 表示结点数为 (n) 的答案，也就是最小生成树的边权和.

首先边界条件为 (F(0)=0,F(1)=1).

然后我们考虑如何从 (F(n-1)) 推到 (F(n)).

每当我们新加入一个结点 (n-1)（题目结点编号从 0 开始），它的点权为其本身，也就是 (n-1)，那么此时我们就要从之前的 (n-1) 个结点中选出一个点与 (n-1) 相连构成当前的最小生成树.

因为边 ((u,v)) 的边权 (w(u,v)=u mathrm{xor} v) 且图为完全图，所以我们每加入一个新结点 (n-1) 时，所有我们之前的 (0cdots n-2) 号结点都可以被选择.

那么问题转化为：对于一个数 (n-1)，我们需要选出一个整数 (xin[0,n-1)) 使得 ((n-1) mathrm{xor} x) 最小.

考虑异或运算的定义：每一位相同为零，不同为一.

那么我们选出的 (x)，需要满足二进制意义下每一位和 (n-1) 尽量相同，并且从右到左（也就是二进位从低到高）的第一个不同的位置尽量低.

那么结论就摆在眼前了，我们选择的这个 (x) 为 ((n-1)-mathrm{lowbit}(n-1)).

为什么？想想 (mathrm{lowbit(x)}) 操作的定义：二进制下 (x) 最低的 1 和后面的 0 组成的二进制数.

这样结论的正确性就显然了.

我们 (F(n)) 的递推公式为 (F(n)=F(n-1)+(n mathrm{xor} (n mathrm{xor} mathrm{lowbit}(n)))).

那么暴力递推的代码如下：

（code？）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long f[100005];
signed main()
{
    long long n;
    scanf("%lld",&n);
    f[0]=0;
    f[1]=1;
    for(long long i=2;i<n;++i)   f[i]=f[i-1]+(i^(i^(i&-i)));
    printf("%lld
",f[n-1]);
    return 0;
}

仔细观察一下递推式，(n mathrm{xor} (n mathrm{xor} mathrm{lowbit}(n))) 不就是 (mathrm{lowbit}(n)) 嘛！

那么为题转化为求 (mathrm{lowbit}) 前缀和.

通过打一个 (mathrm{lowbit}) 表的方法，我们发现 (mathrm{lowbit}) 的值十分有规律，就像这种形式：

[ exttt{1 2 1 4 1 2 1 8 1 2 1 4 1 2 1 16 1 2 1 4 1 2 1 8 1 2 1 4 1 2 1 32}cdots ]

其实这种规律要证明也很方便，只要根据二进制数末尾的情况即可得知.

虽然这个规律没啥用，但是启发了我们按位统计贡献的方法在 (Theta(1)) 空间 (Theta(log_{2}n)) 的时间内计算出了 (mathrm{lowbit}) 前缀和.

具体方法请参考代码.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
signed main()
{
    LL n;
    scanf("%lld",&n);
    LL ans=0,app=1,low=n;
    while(low>1)  ans+=app*(low>>1),low-=(low>>1),app<<=1;
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}