2019 牛客网 第七场 H pair

 题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/887/H

 题意：

给定A，B，C问在[1,A]和[1,B]中有多少对x,y满足x&y>C或者x^y<C.

数据范围：1<=A,B,C<=1e9，测试用例 T<=100 .

思路：

根据题意本题可以用数位dp来解。

/* and   0&0=0;  0&1=0;   1&0=0;    1&1=1;
   xor   0 ^ 0=0；  0 ^ 1=1；  1^ 0=1；   1^1=0；

3
3 4 2
4 5 2
7 8 5

5
7
31

1<=x<=a
1<=y<=b 

x&y>c x^y<c 

*/

#include <iostream>
#include <bitset>
using namespace std;
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
    int a,b,c,ans=;
    cin>>a>>b>>c;
    for(int i=;i<=a;i++)
        for(int j=;j<=b;j++)
        {
            if((i^j)<c)
            {
                ans++;
                cout<<(i^j)<<" ";
                bitset<> aa(i);
                bitset<> bb(j);
                bitset<> cc(i^j);
                cout<<aa<<" "<<i<<endl;
                cout<<bb<<" "<<j<<endl;
                cout<<cc<<" "<<(i^j)<<endl<<endl;
            }
        }
    cout<<ans<<endl;
    }
    return ;
}
/*
7 8 5
0 3 2 4 3 0 1 4 2 1 0 4 0 1 2 3 4 1 0 3 2 4 2 3 0 1 4 3 2 1 0 31

0 3 2 4 3 0 1 4 2 1 0 4 0 1 2 3 4 1 0 3 2 4 2 3 0 1 4 3 2 1 0 31

0 3 2 4 3 0 1 4 2 1 0 4 0 1 2 3 4 1 0 3 2 4 2 3 0 1 4 3 2 1 0 0 32

0 3 2 4 3 0 1 4 2 1 0 0 1 2 4 1 0 3 4 2 3 0 22

0 3 2 3 0 1 2 1 0 0 10

0 0 0 0 0 0 0 7

0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 13

0 2 0 1 2 1 0 0 1 2 1 0 2 2 0 1 2 1 0 19

0 3 2 3 0 1 2 1 0 0 1 2 3 1 0 3 2 2 3 0 1 3 2 1 0 25

0 3 2 4 3 0 1 4 2 1 0 4 0 1 2 3 4 1 0 3 2 4 2 3 0 1 4 3 2 1 0 31

*/
/*
00000001
00000001
0
00000010
00000010
0
00000010
00000011
1
00000011
00000010
1
00000011
00000011
0
00000100
00000100
0
00000100
00000101
1

7
*/

/*
00000001 00000010 0 3
00000001 00000100 0 5
00000001 00000011 1 2
00000010 00000001 0 3
00000010 00000100 0 6
00000011 00000100 0 7
00000011 00000001 1 2
*/

/*
x&y>c x^y<c 2
00000001 00000001 1 0
00000010 00000010 2 0
00000010 00000011 2 1
00000011 00000010 2 1
00000011 00000011 3 0

*/
 /*
 /*
00000001 00000100 0 5
00000001 00000110 0 7
00000001 00000111 1 6
00000001 00001000 0 9
00000010 00000100 0 6
00000010 00000101 0 7
00000010 00000111 2 5
00000010 00001000 0 10
00000011 00000100 0 7
00000011 00000101 1 6
00000011 00000110 2 5
00000011 00001000 0 11
00000100 00000001 0 5
00000100 00000010 0 6
00000100 00000011 0 7
00000100 00001000 0 12
00000101 00000010 0 7
00000101 00000011 1 6
00000101 00001000 0 13
00000110 00000001 0 7
00000110 00000011 2 5
00000110 00001000 0 14
00000111 00000001 1 6
00000111 00000010 2 5
00000111 00001000 0 15
*/

/*
                            x&y>c x^y<c
00000001 00000001 1 0
00000001 00000010 0 3
00000001 00000011 1 2
00000001 00000101 1 4

00000010 00000001 0 3
00000010 00000010 2 0
00000010 00000011 2 1

00000010 00000110 2 4

00000011 00000001 1 2
00000011 00000010 2 1
00000011 00000011 3 0
00000011 00000111 3 4
00000100 00000100 4 0
00000100 00000101 4 1
00000100 00000110 4 2
00000100 00000111 4 3

00000101 00000001 1 4

00000101 00000100 4 1
00000101 00000101 5 0
00000101 00000110 4 3
00000101 00000111 5 2

00000110 00000010 2 4

00000110 00000100 4 2
00000110 00000101 4 3
00000110 00000110 6 0
00000110 00000111 6 1

00000111 00000011 3 4
00000111 00000100 4 3

00000111 00000101 5 2
00000111 00000110 6 1

00000111 00000111 7 0

*/
 */

分析题意的代码

 大佬的解析：

题意：给你 三个数A,B，C让你从  1~A内选择一个X，1~B内选择一个Y

找出<X,Y>的对数，使得 X&Y > C  ||  X^Y < C

平常做的数位dp都是从一个区间内找数的个数，而现在是从两个区间找数对的对数，那就在之前的三维dp上多开两维，之前是枚举一个区间上限，现在改成两个区间上限，其他的和普通的数位dp一样

注意数位dp找到的是从0开始的  0 & Y 和 X&0  一定都小于C 不需要管

但是  0 ^ Y 和 X^0  当Y  和  X  小于C时  是满足的  所以结果还需要减去 ^运算  X 或  Y  为零时的情

原文链接：https://blog.csdn.net/Daxian911/article/details/99462695

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <map>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define int long long
const int maxn=1e5+;
ll dp[][][][][];
int a[], b[],c[];
ll dfs1(int pos, int And, int Xor, int limit1, int limit2){
    if(pos == -) {
        if(And ==  || Xor == ) return ;
        return ;
    }
    if(dp[pos][And][Xor][limit1][limit2] != -) return dp[pos][And][Xor][limit1][limit2];
    int up1 = limit1 ? a[pos] : ;
    int up2 = limit2 ? b[pos] : ;
    ll ans = ;
    for(int i = ; i <= up1; i++) {
        for(int j = ; j <= up2; j++) {
            int x = i & j, y = i ^ j;
            int _and = And;
            int _xor = Xor;
            if(And == ) {
                if(x > c[pos]) _and = ;
                else if(x < c[pos]) _and = ;
            }
            if(Xor == ) {
                if(y > c[pos]) _xor = ;
                else if(y < c[pos]) _xor = ;
            }
            ans += dfs1(pos - , _and, _xor, (i == up1) && limit1, limit2 &&(j == up2));
        }
    }
    dp[pos][And][Xor][limit1][limit2] = ans;
    return ans;
}
signed main()
{
    int T, A, B, C;
    scanf("%lld", &T);

    while(T--) {
        memset(dp, -, sizeof(dp));
        scanf("%lld%lld%lld", &A, &B, &C);
        int i = , j = , k = ;
        int ans = min(C - , A) + min (C - , B) + ;
        while(i < ) {
            a[i++] = (A & ); A>>=;
        }
        while(j < ) {
            b[j++] = (B & ); B>>=;
        }
        while(k < ) {
            c[k++] = (C & ); C>>=;
        }
        printf("%lld\n", dfs1(,,,,) - ans);
    }
    return ;
}

大佬的代码，我直接复制了

另外一个大佬的代码解析：

思路：数位dp，定义一个dp[len][lim1][lim2][ok1][ok2][za][zb]。

len代表当前枚举的二进制位，lim1,lim2分别代表x和y的上限，

ok1代表对于x&y>C是否成立，成立是1，有可能成立是0，不可能成立是-1，

ok2代表对于x^y<C是否成立，1代表不成立，0代表可能成立，-1代表成立，

za和zb分别代表x和y的数中是否出现了1，因为x和y的二进制位不能是全零。转移的话代码中非常容易看懂。
原文链接：https://blog.csdn.net/qq_43316231/article/details/98968980

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int t;
ll A,B,C,f[],g[],h[];
ll dp[][][][][][][];
ll dfs(ll len,ll lim1,ll lim2,ll ok1,ll ok2,ll za,ll zb){
    ll &ret=dp[len][lim1][lim2][ok1+][ok2+][za][zb];
    if(ret!=-)return ret;
    if(len==){
        ret=za&&zb&&(ok1>||ok2<);
        return ret;
    }
    ret=; --len;
    int up1=lim1?:f[len];
    int up2=lim2?:g[len];
    for(int x=;x<=up1;x++)for(int y=;y<=up2;y++)
    ret+=dfs(len,lim1|(x<f[len]),lim2|(y<g[len]),ok1==?(x&y)-h[len]:ok1,ok2==?(x^y)-h[len]:ok2,za|x,zb|y);
    return ret;
}
int main(){
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        memset(dp,-,sizeof(dp));
        scanf("%lld%lld%lld",&A,&B,&C);
        for(int i=;i<;i++){
            f[i]=A%,A/=;
            g[i]=B%,B/=;
            h[i]=C%,C/=;
        }
        printf("%lld\n",dfs(,,,,,,));
    }
    return ;
}

另一个大佬的，我又复制了

结合大佬的

我自己水了一遍，嘻嘻

/* and   0&0=0;  0&1=0;   1&0=0;    1&1=1;
   xor   0 ^ 0=0；  0 ^ 1=1；  1^ 0=1；   1^1=0；
3 4 2
5 2
8 5
7
1<=x<=a
1<=y<=b
条件 x&y>c x^y<c 分析得 只满足x^y<c 即可。
a,b,c<1e9 转换为二进制数位是30个。
*/

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;

LL dp[][][][][], a[],b[],c[];

LL dfs(LL len, LL And, LL Xor, LL limit1, LL limit2){
    if(len==-)
    {
        if(And ==  || Xor == ) return 1ll;
        return ;
    }
    //满足条件，直接返回最底层答案。
    if(dp[len][And][Xor][limit1][limit2] != -)
        return dp[len][And][Xor][limit1][limit2];
    //没到达上界并且数位已经统计过，直接返回数量。

    LL up1 = limit1 ? a[len] : ;
    LL up2 = limit2 ? b[len] : ;
    LL cnt =;
      for(LL i = ; i <= up1; i++) {
        for(LL j = ; j <= up2; j++) {
            LL x = i & j, y = i ^ j;
            LL _and = And;
            LL _xor = Xor;
            if(And == ) {
                if(x > c[len]) _and = ;
                else if(x < c[len]) _and = ;
            }
            if(Xor == ) {
                if(y > c[len]) _xor = ;
                else if(y < c[len]) _xor = ;
            }
            cnt += dfs(len-,_and,_xor,(i == up1) && limit1,limit2 &&(j==up2));
        }
    }
    dp[len][And][Xor][limit1][limit2]=cnt;
    return cnt;
}

LL solve(LL aa,LL bb,LL cc)
{
    LL ans=min(cc - , aa) + min (cc - , bb) + ;
    for(LL i=;i<;i++){
        a[i]=(aa & ); aa>>=;
        b[i]=(bb & ); bb>>=;
        c[i]=(cc & ); cc>>=;
        //b[i]=bb%2,bb/=2;
        //c[i]=cc%2,cc/=2;
        }
    return (dfs(,,,,)-ans);
}

int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        memset(dp, -, sizeof(dp));
        LL a,b,c;
        cin>>a>>b>>c;
        cout<<solve(a,b,c)<<endl;
    }
    return ;
}