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HDU 5491 The Next(位运算)

题意:已知D(0<=D<2^31)、s1、s2,其中L为D转化为二进制数时1的个数,题目保证s1<=L<=s2,求一个数,满足以下条件:

1、比D大

2、转化为二进制时1的个数在[s1, s2]内

3、找出满足1、2条件的最小数字

分析:

1、首先将D加1,假设该数为x,求出x转化为二进制时1的个数cnt。

2、若s1<=cnt<=s2,则输出x

3、若cnt<s1,则应当增加1的数目,因为要保证找到的数字最小,所以要从二进制数的最右边开始改变。

方法:从右向左,将找到第一个0变为1,假设找到的这个0的位数为i(从右往左数第一个数字位数为0,以此类推),那将该数字变为1时,D会增加2^i。(eg:5的二进制数位101,将第1位的0变为1,则是111,转化为十进制是7,,5变成7增加了2^1)

4、若cnt>s1,则应当减少1的数目,因为要保证找到的数字最小,所以要从二进制数的最右边开始改变。

方法:从右向左,将找到第一个1变为0,假设找到的这个1的位数为i(从右往左数第一个数字位数为0,以此类推),那将该数字变为0时,D会增加2^i。(eg:6的二进制数位110,将第1位的1变为0,则是1000,转化为十进制是8,,6变成8增加了2^1)

5、循环上述操作直到满足条件。

6、如上解法的原因有二:

(1)因为是在二进制上操作,所以当cnt<s1加1时,就不必要调用get函数求二进制中1的个数(如果这道题想暴力水过的话,就容易明白这句话)

(2)最最主要的原因是,它跳过了许多不满足的中间数字。

  如以下例子:D = 4, s1 = 1, s2 = 1,为了方便理解可以看下表。

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按照该题的解题思路,D+1为5,那么因为其二进制数中1的个数是2,cnt>s2,因此按代码操作后D为6,仍cnt>s2,继续按代码操作,可得D为8,跳过了D为7的情况,这种跳过的现象数越大越明显,此处不再举例。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<sstream>
#include<iterator>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
#include<deque>
#include<queue>
#include<list>
#define Min(a, b) a < b ? a : b
#define Max(a, b) a < b ? b : a
typedef long long ll;
typedef unsigned long long llu;
const int INT_INF = 0x3f3f3f3f;
const int INT_M_INF = 0x7f7f7f7f;
const ll LL_INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll LL_M_INF = 0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
const int dr[] = {0, 0, -1, 1};
const int dc[] = {-1, 1, 0, 0};
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
const int MAXN = 100 + 10;
const int MAXT = 10000 + 10;
using namespace std;
int a[MAXN];
int get(ll n){//求二进制数中1的个数,边求边将D+1的二进制数依次存入数组a,便于之后从右向左找第一个1或第一个0
    int k = 0;
    int cnt = 0;
    while(n){
        a[k++] = n % 2;
        if(n & 1) ++cnt;
        n >>= 1;
    }
    return cnt;
}
ll POW(int k){//快速幂,因为该题只需求2的k次幂,所以只传了k
    ll ans = ll(1);
    ll x = ll(2);
    while(k){
        if(k & 1) ans *= x;
        x *= x;
        k >>= 1;
    }
    return ans;
}
int main(){
    int T;
    scanf("%d", &T);
    for(int i = 1; i <= T; ++i){
        memset(a, 0, sizeof a);
        ll D;
        int s1, s2;
        scanf("%lld%d%d", &D, &s1, &s2);
        printf("Case #%d: ", i);
        int cnt = get(++D);
        while(1){
            if(cnt >= s1 && cnt <= s2){
                printf("%lld\n", D);
                break;
            }
            else if(cnt < s1){
                int k = 0;
                while(a[k]) ++k;
                a[k] = 1;//将0变成1,a数组中存的是D的二进制数
                D += POW(k);
                ++cnt;//注意1的个数要增加
            }
            else if(cnt > s2){
                int k = 0;
                while(!a[k]) ++k;
                D += POW(k);//此处可以改为lowbit(D),所需函数如下
                cnt = get(D);//1的个数可能不变,可能减少,此处不仅重新计算了D的二进制中1的个数,而且更新了a数组,存进了新的D的二进制数,便于之后从右向左找第一个1或第一个0
            }
        }
    }
    return 0;
}

PS:lowbit的功能是求2^p,p为x的二进制数中,从右向左数第一个1的位置(从右往左数第一个数字位数为0,以此类推)

int Lowbit(int x){

  return x&(-x);

}

eg:若x=9,则9&-9为0000 1001 & 1111 0111,结果为1.(注意该二进制是补码表示,最左边的位为符号位,正数为0 ,负数为1,原码变为补码是按位取反再加1)

而9的二进制数时1001,从右向左数第一个1的位置,其位数为0,所以Lowbit(9) = 2^0 = 1.

 

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