[FJSC2014]异或之
【题目描述】
给定n个非负整数A[1], A[2], ……, A[n]。
对于每对(i, j)满足1 <= i < j <= n,得到一个新的数A[i] xor A[j],这样共有n*(n-1)/2个新的数。求这些数(不包含A[i])中前k小的数。
注:xor对应于pascal中的“xor”,C++中的“^”。
【输入格式】
第一行2个正整数 n,k,如题所述。
以下n行,每行一个非负整数表示A[i]。
【输出格式】
共一行k个数,表示前k小的数。
【样例输入】
4 5
1
1
3
4
【样例输出】
0 2 2 5 5
【样例解释】
1 xor 1 = 0 (A[1] xor A[2])
1 xor 3 = 2 (A[1] xor A[3])
1 xor 4 = 5 (A[1] xor A[4])
1 xor 3 = 2 (A[2] xor A[3])
1 xor 4 = 5 (A[2] xor A[4])
3 xor 4 = 7 (A[3] xor A[4])
前5小的数:0 2 2 5 5
【数据范围】
第一个数据点,n <= 1000;
第二个数据点,k = 1;
对于40%的数据,n <= 10000; k <= 10;
对于60%的数据,n <= 20000;
对于100%的数据,2 <= n <= 100000; 1 <= k <= min{250000, n*(n-1)/2};0 <= A[i] < 2^31
Solution
由于出题人数据是随机生成的就卡不掉我的暴力骗分啦~不过我是构了一组。
很明显,a-b<=a^b<=a+b
先对A[]排序,选取k个可能成为答案的数,用堆或者线段树维护修改和查询。当插进去的数比当前堆中的最大数还大的话就break。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
int main()
{
freopen("xorit.in","w",stdout);
srand(time());
int n=,m=,mod=<<;mod--;
printf("%d %d\n",n,m);
for(int i=;i<=n;i++)printf("%d ",rand());
}
Data Maker
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
int t[],d,n,k,a[],tmp;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);int i,j,l;
memset(t,,sizeof(t));
for(d=;d<k;d<<=);
for(i=;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
std::sort(a+,a++n);
for(i=;i<=n;i++)
for(j=i-;j;j--)t[++tmp]=a[i]^a[j];
std::sort(t+,t++tmp);
for(i=;i<=k;i++)printf("%d ",t[i]);
}
暴力
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
int t[],d,n,k,a[],cnt,tmp,now;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);int i,j,l,o;k++;
for(d=;d<k;d<<=);
for(i=;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
std::sort(a+,a++n);
for(i=;i<=n;i++)
for(j=i-;j;j--)
{
tmp=a[i]^a[j];now=;
for(l=k+d-;l;l>>=)now<t[l]?now=t[l]:;
if(now==&&cnt==k)break;
if(cnt<k)
{
if(now<tmp)now=tmp;
for(t[l=d+cnt]=tmp,cnt++,l>>=;l;l>>=)
{
tmp=t[l<<]>t[l<<|]?t[l<<]:t[l<<|];
t[l]=tmp;
}
}
else
{
if(tmp>=now&&a[i]-a[j]>now)break;
if(tmp<now)
{
for(o=;o<d;t[o<<|]==now?o=o<<|:o<<=);
if(now<tmp)now=tmp;
for(t[o]=tmp,o>>=;o;o>>=)
{
tmp=t[o<<]>t[o<<|]?t[o<<]:t[o<<|];
t[o]=tmp;
}
}
}
}
std::sort(t+d,t+d+k);k--;
for(i=d;i<d+k;i++)printf("%d ",t[i]);
}
std
另外还有一种二进制分组的做法。考虑在二进制中前k位相同的数,k+1位对答案的贡献为cnt[0]*cnt[1],cnt[i]表示k+1位为i的数。
于是我们可以找到第k小的答案范围,然后暴力就行了。复杂度O(nlogn)
还有一种可持久化Trie树的做法--详见Noi超级钢琴
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