Atcoder AGC031C Differ By 1 Bit (构造、二进制)

哎呀这个C怎么比B还水。。。。(我现在大概也就会做点这种水题了吧)

题目链接

https://atcoder.jp/contests/agc031/tasks/agc031_c

题目大意

符号约定: \(count(x)\)表示整数\(x\)在二进制表示下\(1\)的个数。“二进制表示下第\(x\)位”表示位权为\(2^x\)的位。数组下标全部从0开始

给定\(N,A,B\), 求构造一个\([0,2^N-1]\)的排列\(p\), 满足\(p_0=A, p_{2^N-1}=B\), 对于任何\(i\in[1,2^N-1]\), \(count(p_i\ xor\ p_j)=1\).

\(1\le N\le 17\)

题解

注: 这道题“二进制位相差\(1\)个”的这个条件，我们可以用图形象地表示出来，就是一个\(n\)维立方体顶点和棱的几何结构。这样画出来也许有助于理解本题。

首先观察到一些结论。

(1) 如果一个排列\(p\)是合法的，那么把\(p\)中的每个元素异或一个正整数\(x\)之后得到排列\(p'\)，排列\(p'\)仍然是合法的。

太显然，不证了。

据此，我们可以令\(B=B\ xor\ A\), 然后构造一个\(p\)满足\(p_0=0, p_{2^N-1}=B\), 最后把答案序列全部\(xor\ A\)

(2) 能构造出以\(0\)开始以\(B\)结束的合法排列当且仅当\(count(B)\equiv 1(\mod 2)\)

证明: \(|count(p_i)-count(p_{i-1})|=1\), 故\(count(p_{2^N-1})\)为奇数。必要性得证。

充分性？我们可以直接按以下方案进行构造

假设我们要解决问题\((n,b)\) (表示大小为\(n\)起始点为\(0\)终止点为\(b\))

分类讨论\(b\)二进制表示下第\((n-1)\)位

若为\(1\), 则我们先在\([0,2^{n-1}-1]\)内构造一个起始点为\(0\)终止点为\(1\)的排列(递归调用问题\((n-1,1)\))，然后从\(1\)这个点一步跳到\(2^{n-1}+1\), 再构造一个\([2^{n-1},2^n-1]\)的起始点为\(2^{n-1}+1\)终止点为\(b\)的排列。这一部分可以递归调用问题\((n-1,b\ xor\ (2^{n-1}+1))\)然后把生成的排列每个位置都异或\(2^{n-1}+1\)解决。

若为\(0\), 情况稍有复杂。我们依然是构造两个排列，第一个排列\(p_1\)由问题\((n-1,a)\)生成, 而我们希望在排列\(p_1\)中塞入另一个排列，而使得新排列仍然合法。考虑\(p_1[0]\)和\(p_1[1]\) (其中\(p_1[0]\)显然为\(0\)), 构造一个排列\(p_2\)值域为\([2^{n-1},2^n-1]\)且起始于\(2^{n-1}\)终止于\(p_1[1]\ xor\ 2^{n-1}\)，这一部分可以通过调用问题\((n-1,p_1[1])\)然后给生成排列的每个元素都加上\(2^{n-1}\)完成。然后我们把\(p_2\)接在\(p_1[0]\)和\(p_1[1]\)之间，它就合法了。

时间复杂度\(T(n)=2T(n-1)+O(2^n)\), 解得\(T(n)=O(2^nn)\)

说了这么多，可能不太清楚。。后面我举个例子：(仅展开模拟第一层递归)

例子1: 问题(4,13)的解决
判断出为第一种情况(第3位为1)
首先构造问题(3,1)的排列: 0 4 5 7 6 2 3 1
然后构造问题(3,4)的排列: 0 2 3 1 5 7 6 4，其中4=13 xor 9, 9=2^3+1
问题(3,4)的排列每个数xor 9之后可得: 9 11 10 8 12 14 15 13
前后拼接即可得: 0 4 5 7 6 2 3 1 9 11 10 8 12 14 15 13就是答案

例子2: 问题(4,7)的解决
判断出为第二种情况(第3位为0)
首先构造问题(3,7)的排列p1: 0 2 3 1 5 4 6 7, 发现p1[1]是2
然后构造问题(3,2)的排列: 0 4 6 7 5 1 3 2, 然后每个数+8后可得8 12 14 15 13 9 11 10
然后把这个以8开头以10结束的排列插在p1的0和2之间，得到0 8 12 14 15 13 9 11 10 2 3 1 5 4 6 7就是答案

代码

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
using namespace std;

const int N = 17;
int ans[(1<<N)+3];
int cnt[(1<<N)+3];
int tmp[(1<<N)+3];
int n,A,B;

void solve(int x,int a,int ret[])
{
	if(x==0) {ret[0] = 0; return;}
	if(x==1) {ret[0] = 0; ret[1] = 1; return;}
	if(a&(1<<(x-1)))
	{
		solve(x-1,1,ret);
		solve(x-1,a^((1<<(x-1))+1),ret+(1<<(x-1)));
		for(int i=(1<<(x-1)); i<(1<<x); i++) ret[i] = ret[i]^((1<<(x-1))+1);
	}
	else
	{
		solve(x-1,a,ret);
		solve(x-1,ret[1],ret+(1<<(x-1)));
		for(int i=(1<<(x-1)); i<(1<<x); i++) ret[i] = ret[i]^(1<<(x-1));
		tmp[0] = ret[0]; for(int i=0; i<(1<<(x-1)); i++) tmp[i+1] = ret[i+(1<<(x-1))];
		for(int i=((1<<(x-1))+1); i<(1<<x); i++) tmp[i] = ret[i-(1<<(x-1))];
		for(int i=0; i<(1<<x); i++) ret[i] = tmp[i];
	}
}

int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&A,&B); B^=A;
	for(int i=1; i<(1<<n); i++) cnt[i] = cnt[i>>1]+(i&1);
	if((cnt[B]&1)==0) {puts("NO"); return 0;}
	puts("YES");
	solve(n,B,ans);
	for(int i=0; i<(1<<n); i++) ans[i]^=A;
	for(int i=0; i<(1<<n); i++) printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
}