CF939 D

CF939 D

• 让你把区间分成 \(k\) 段, 段内用 \(xor\) 连接, 段之间用 \(or\) 连接，问你在结果不大于 \(x\) 的前提下, \(k\) 的最大值
• \(1 \leq n \leq 10^5, 0 \leq x,a_i \leq 2^30\)
• 标签：正向思维，二进制操作，按位贪心（从高到低）
• 参考题解1，参考题解2
• 注释版code

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for(int i(l);i<=r;++i)
using namespace std;
using ll=long long;
const int N=1e5+5;
int t,n,x,ans=-1;
inline void sol(vector<int> a,const int p=30){// now deal with dep p
	if(p<0) return ans=max(ans,(int)a.size()),void();
	vector<int> pos;//pos: the set of the positione of all element that is 1 in pth bit
	//Attention: pos take account for postion, rather than the concrete element
	F(i,0,(int)a.size()-1){
		if((a[i]>>p)&1) pos.emplace_back(i);
	}
	//odd
	if(pos.size()%2==1 && ((x>>p)&1)==0) return;
	//the pth of x is 0 => fail?
	if(pos.size()%2==1 && ((x>>p)&1)==1) return sol(a,p-1);
	//the pth of x is 1 => continue to solve
	//even
	bool rmv[(int)a.size()];
	vector<int> b,c=a;//copy a to c
	memset(rmv,0,sizeof(rmv));
	//create the new seq
	for(int i=0;i<(int)pos.size();i+=2){//every postion with 1
		for(int j=pos[i]+1;j<=pos[i+1];++j){
			rmv[j]=1; c[pos[i]]^=c[j];
		}
	}
	F(i,0,(int)a.size()-1){
		if(!rmv[i]) b.emplace_back(c[i]);
	}

	//make decision
	if(((x>>p)&1)==0) return sol(b,p-1);//注意是return.两种情况选其一,单次复杂度就是 O(N)
	ans=max(ans,(int)b.size());
	//如果x上的这一位是1,第一,若按b这种分法,那么已经最优了
	return sol(a,p-1);
		//第二,那么其实这一位的限制没有任何意义,仍然踩在a的基础上,直接去考虑下一位.
}
//核心：倒着做,简单来说对于每一次操作,奇数个1就直接考虑最终结果,
 //偶数个1就按最优策略(相邻两两配对)添加xor,这样能使这一位上的异或和最终一定为0(尽可能小),剩下没确定符号的位置在solve(b,p-1)中继续讨论
 //发现了吗,没有讨论or添加的过程,或者换句话说or的添加过程是依靠贪心来约束的.
 //b.size()即段数,不一定最优
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin>>t; while(t--){
		cin>>n>>x;
		vector<int> a(n);
		F(i,0,n-1) cin>>a[i];
		ans=-1;
		sol(a);
		cout<<ans<<'\n';
	}
	return 0;
}

• 反思：
  • 经典的二进制贪心，从低位到高位。核心在以贪心的方式把 \(or\) 运算给回避掉了，这样就这剩下一种运算需要处理。
  • 另一方面就是直白的正向思维（感觉有点儿反套路化逆向思维的感觉），就逐渐逐渐加符号上去，而不是先全填成 \(or\) 或者 \(xor\) 再去改。想多了的话反而容易遭。
  • 二进制贪心不一定是什么一个前缀相同然后0,1之间讨论大小关系， 但共同点是两种贪心都和势能很像：只关注已有的条件来推测最终的结果，中间具体状态不关心。