[luogu7207]Sob

为了方便，先将$n$减小1，即两者范围分别为$[0,n]$和$[m,m+n]$

结论：取$u=\min_{i\in [m,m+n],n\& i=n}i$，则$\forall 0\le i\le u-m,(n-i)\&(u-i)=n-i$

证明分为两点：1.$u$的存在性；2.后者成立

关于$u$的存在性（题目描述中已经保证），取$2^{k-1}\le n<2^{k}$且$n$二进制下即恰有$k$位（无前导0），并再假设这$k$位中有$t$个0，显然$n\ge 2^{k}-2^{t}$（即最低的$t$位为0）

再考虑任意连续$2^{k}$个非负整数中，总存在$2^{t}$个数$i$满足$n\& i=n$（这些数最低的$k$位恰包含所有情况），进而对于任意连续$n+1$个数，即至多去掉了$2^{t}-1$个数，必然留下一个数$i$满足$n\& i=n$

关于后者，取最小的$k$满足$u$在二进制下第$k$位为1而$n$为0，假设$u$在二进制下最低的$k-1$位的值为$u'$，那么当$i\le u'$时有$(n-i)\&(u-i)=n-i$（仅有最低的$k-1$位发生变化，而两者这$k-1$位完全相同）

因此，结论不成立的必要条件为$u'+1\le u-m$，此时考虑$u-(u'+1)$，其也满足$u$的性质且更小，那么即与$u$的最小性矛盾

由此，将这些依次匹配后，即从$(n,m)$变为$(n-(u-m)-1,u+1)$的子问题，重复此过程即可

注意到每一次找到$u$过程中的数都会被匹配，因此暴力找$u$即可

时间复杂度为$o(n)$，可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 int n,m;
 4 void calc(int n,int m){
 5     for(int i=m;i<=m+n;i++)
 6         if ((n&i)==n){
 7             for(int j=0;j<=i-m;j++)printf("%d %d\n",n-j,i-j);
 8             calc(n-(i-m)-1,i+1);
 9             break;
10         }
11 }
12 int main(){
13     scanf("%d%d",&n,&m);
14     calc(n-1,m);
15     return 0;
16 }