首页 > 代码库 > [FJSC2014]异或之

[FJSC2014]异或之

2024-07-12 09:28:06   219人阅读

【题目描述】

给定n个非负整数A[1], A[2], ……, A[n]。

对于每对(i, j)满足1 <= i < j <= n，得到一个新的数A[i] xor A[j]，这样共有n*(n-1)/2个新的数。求这些数（不包含A[i]）中前k小的数。

注：xor对应于pascal中的“xor”，C++中的“^”。

【输入格式】

第一行2个正整数 n,k，如题所述。

以下n行，每行一个非负整数表示A[i]。

【输出格式】

共一行k个数，表示前k小的数。

【样例输入】

4 5

1

1

3

4

【样例输出】

0 2 2 5 5

【样例解释】

1 xor 1 = 0 (A[1] xor A[2])

1 xor 3 = 2 (A[1] xor A[3])

1 xor 4 = 5 (A[1] xor A[4])

1 xor 3 = 2 (A[2] xor A[3])

1 xor 4 = 5 (A[2] xor A[4])

3 xor 4 = 7 (A[3] xor A[4])

前5小的数：0 2 2 5 5

【数据范围】

第一个数据点，n <= 1000； 

第二个数据点，k = 1；

对于40%的数据，n <= 10000； k <= 10；

对于60%的数据，n <= 20000；

对于100%的数据，2 <= n <= 100000； 1 <= k <= min{250000, n*(n-1)/2}；0 <= A[i] < 2^31

 

Solution

由于出题人数据是随机生成的就卡不掉我的暴力骗分啦~不过我是构了一组。

很明显，a-b<=a^b<=a+b

先对A[]排序，选取k个可能成为答案的数，用堆或者线段树维护修改和查询。当插进去的数比当前堆中的最大数还大的话就break。

 

 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdlib> 4 #include<ctime> 5 int main() 6 { 7     freopen("xorit.in","w",stdout); 8     srand(time(0)); 9     int n=1000,m=2500,mod=1<<30;mod--;10     printf("%d %d\n",n,m);11     for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",rand());12 }
Data Maker
 1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 int t[1000010],d,n,k,a[100010],tmp; 5 int main() 6 { 7     scanf("%d%d",&n,&k);int i,j,l; 8     memset(t,127,sizeof(t)); 9     for(d=1;d<k;d<<=1);10     for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);11     std::sort(a+1,a+1+n);12     for(i=2;i<=n;i++)13     for(j=i-1;j;j--)t[++tmp]=a[i]^a[j];14     std::sort(t+1,t+1+tmp);15     for(i=1;i<=k;i++)printf("%d ",t[i]);16 }
暴力
 1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 int t[524288],d,n,k,a[100010],cnt,tmp,now; 5 int main() 6 { 7     scanf("%d%d",&n,&k);int i,j,l,o;k++; 8     for(d=1;d<k;d<<=1); 9     for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);10     std::sort(a+1,a+1+n);11     for(i=2;i<=n;i++)12     for(j=i-1;j;j--)13     {14         tmp=a[i]^a[j];now=0;15         for(l=k+d-2;l;l>>=1)now<t[l]?now=t[l]:1;16         if(now==0&&cnt==k)break;17         if(cnt<k)18         {19             if(now<tmp)now=tmp;20             for(t[l=d+cnt]=tmp,cnt++,l>>=1;l;l>>=1)21             {22                 tmp=t[l<<1]>t[l<<1|1]?t[l<<1]:t[l<<1|1];23                 t[l]=tmp;24             }25         }26         else27         {28             if(tmp>=now&&a[i]-a[j]>now)break;29             if(tmp<now)30             {31                 for(o=1;o<d;t[o<<1|1]==now?o=o<<1|1:o<<=1);32                 if(now<tmp)now=tmp;33                 for(t[o]=tmp,o>>=1;o;o>>=1)34                 {35                     tmp=t[o<<1]>t[o<<1|1]?t[o<<1]:t[o<<1|1];36                     t[o]=tmp;37                 }38             }39         }40     }41     std::sort(t+d,t+d+k);k--;42     for(i=d;i<d+k;i++)printf("%d ",t[i]);43 }
std

 

另外还有一种二进制分组的做法。考虑在二进制中前k位相同的数，k+1位对答案的贡献为cnt[0]*cnt[1]，cnt[i]表示k+1位为i的数。

于是我们可以找到第k小的答案范围，然后暴力就行了。复杂度O(nlogn)

还有一种可持久化Trie树的做法--详见Noi超级钢琴


联系
我们