CF1285 --- Dr. Evil Underscores

题干

Today as a friendship gift, Bakry gave Badawy $n$ integers $a_1,a_2, \cdots ,a_n$ and challenged him to choose an integer $X$ such that the value $\mathop{max}\limits_{1\leq i\leq n}(a_i \oplus X)$ is minimum possible, where $\oplus$ denotes the bitwise XOR operation.

$\mathcal{Input}$

The first line contains integer $n (1\leq n\leq 10^5)$.

The second line contains $n$ integers $a_1,a_2, \cdots ,a_n$ $(0\leq a_i\leq 2^{30}−1).$

$\mathcal{Output}$

Print one integer — the minimum possible value of $\mathop{max}\limits_{1\leq i\leq n}(a_i \oplus X)$

$\mathcal{Example}$

$Case_1$

$Input$

3

1 2 3

$Output$

2

$Case_2$

$Input$

2

1 5

$Output$

4

$\mathcal{Note}$

In the first sample, we can choose $X=3$.

In the second sample, we can choose $X=5$.

$\mathcal{Tag}$

bitmasks divide and conquer dfs and similar dp *1800

思路分析

这题就是选取一个$X$值，让序列$a_1,a_2, \cdots ,a_n$异或他之后的最大值最小。实际上，这个题目是有两个关键词。

对一个序列进行异或，或者区间异或 $\rightarrow$ $\mathcal{Trie\; Tree}$(字典树)
最大值最小问题 $\rightarrow$ binary search or conquer and divide.

暴力想法

这题想的时候，由于信息熵肯定要遍历序列的，然后考虑序列中的最大值，我估计是$\mathcal{O}(nlog_n)$的复杂度，因此我直接考虑的是进行二分。但是没有找到分治的split点。因此没有想出较好的方法。

算法优化

这题主要抓住一个问题，即我们要让最大值最小，因此得考虑最坏情况下的最小值。因此抽象来，就是我们不断做出策略，求解最终策略下最坏情况的最大值。（为什么是不断做出策略呢？）

有关异或的性质，我们知道当该序列中，某位上所有都为0或1时，我们可以通过制定$X$在这位的值，让他在异或序列时，最终的结果都为0.我们假设序列中某$bit$为1的所有数为数组$a_{on}$，某$bit$为0的所有数为数组$a_{off}$.因此当$a_{on},a_{off}$都不为空时，该$bit$位的值为$2^{bit}$。因为不论$X$在该位如何设置0或1，一定存在一个数组，让$X$异或之后该位的值为$2^bit$.又因为我们要进行贪心寻找---从高位往地位找，这样才能保证我们在某数组为空时舍弃另一数组的正确性。在都不为空时进行分治。总结如下:

\[dfs(a, bit) = \left\{ \begin{array}[ll]
1dfs(a_{on}, bit-1) &if\; a_{off} = \emptyset\\
dfs(a_{off}, bit-1) &if\; a_{on} = \emptyset\\
min(dfs(a_{on}, bit-1), dfs(a_{off}, bit-1)) + (1 << bit) &if\; a_{off} \not= \emptyset\; and\; a_{on} \not= \emptyset \\
\end{array}\right.
\]

写出这个表达式之后，求解就非常简单了~ 代码如下

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

using VI = vector<int>;

int dfs(VI& a, int bit = 30){

    if (bit < 0 || a.empty()) return 0;

    VI on, off;

    for (int x : a){

        if ((x >> bit) & 1) on.push_back(x);

        else off.push_back(x);

    }

    if (on.empty()) return dfs(off, bit - 1);

    if (off.empty()) return dfs(on, bit - 1);

    return min(dfs(on, bit - 1), dfs(off, bit - 1)) + (1 << bit);

}

int main(){

    int n; cin >> n;

    VI a(n);

    for (auto& e : a) cin >> e;

    cout << dfs(a) << endl;

    return 0;

}

这里没有考虑到 $\mathcal{Trie\; Tree}$(字典树)的解法，后续可以专门讨论下。