挂上Chester大神的解题报告

有一个思维跳跃的地方,就是不应该枚举所有的$B$点,而是应该在选定一个$A$点之后枚举距离计算。

然后我们发现枚举距离是$2^k$的长度就可以了,证明如下:

假如距离$d = 2^k$,那么对于每一个$A$点如果能被经过$a_p$的点弹到,需要满足$a_i\equiv a_p\ (Mod  \ 2d)$,而对所有的$B$点,如果能被经过$a_p$的点弹到,需要满足$b_i + d \equiv a_p \ (Mod \ 2d)$。

那么对于一些其他的距离,我们的$d  = 2^k$的距离一定可以计算到$td$所包含的点,所以这样子就足够了。

那么这样我们就可以枚举$d$然后去检验了,因为$d$的个数是$log(1e9)$个,然后用一个$map$记录一下同余的个数有几个更新答案即可。

时间复杂度$O(nlognlog1e9)$。

Code:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <map>
using namespace std; const int N = 1e5 + ;
const int MaxN = (int)1e9; int n, m, ans = , a[N], b[N];
map <int, int> cnt; inline void read(int &X) {
X = ; char ch = ; int op = ;
for(; ch > '' || ch < ''; ch = getchar())
if(ch == '-') op = -;
for(; ch >= '' && ch <= ''; ch = getchar())
X = (X << ) + (X << ) + ch - ;
X *= op;
} inline void chkMax(int &x, int y) {
if(y > x) x = y;
} int main() {
int y;
read(n), read(y);
for(int i = ; i <= n; i++) read(a[i]);
read(m), read(y);
for(int i = ; i <= m; i++) read(b[i]); for(int d = ; d < MaxN; d <<= ) {
int P = d << ;
cnt.clear();
for(int i = ; i <= n; i++) cnt[a[i] & (P - )]++;
for(int i = ; i <= m; i++) cnt[(b[i] + d) & (P - )]++; for(map <int, int> :: iterator it = cnt.begin(); it != cnt.end(); ++it)
chkMax(ans, it -> second);
} printf("%d\n", ans);
return ;
}

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