atcoder ARC092 D - Two Sequences 二分 & 二进制

今天生日捏，嘻嘻~

题意：给定A B数组长度为n 求所有 （1<=i，j <=n ） a[i]+b[j] 的异或和。 n <=200000  ai bi <=2²⁸

这题比赛没写出来，而且完全没思路，结束后看了zz大佬的博客大致有了解题方向，然后再参考了cyc的...于是大致会写了。

由于xor 实际上是每一位的xor ，所以考虑一位一位的算出答案。（即算出答案在二进制下的每一位的数字 0 或 1）

ps：以下的每一个数都为二进制，位数从右往左数。

可以证明，已知  某一位上有 x 个 1  y 个0 的话， 这一位上xor后为 x mod 2。

这样就将问题转换为： 求所有 a[i]+b[j] 在二进制下，每一位分别的 1 的个数 之和。

举个栗子！

如样例

001 010

011 100

a[i]+b[j]分别为：

100

101

101

110

第1位有0 1 1 0 共2个 1   mod 2后为 0 (从左往右的第3位)

第2位有0 0 0 1 共1个 1   mod 2后为 1 (从左往右的第2位)

第3位有1 1 1 1 共4个 1   mod 2后为 0 (从左往右的第1位)

于是答案就是 (010)₂=(2)₁₀

然后就可以开始一位位的考虑了

当我们计算答案的第 k 位时，发现 a[i] b[j] 的k+1位之后的 （如当k=2 ，a[i]=100，那么k+1为之后的即 1）

对第k位的答案是没有作用的，因为当a[i]+b[j]后，k+1位之后的数对k没有任何影响。

所以就可以将k+1之后的都给扔掉。

于是我萌设

c[i]=a[i] and ((1 << k)-1)

d[i]=b[i] and ((1 << k)-1)

and ((1 << k)-1) 就相当于可以把k位都拿出来了

如 一个数10101110  k=4 那么

10101110  and

00001111

=00001110

至于为什么可以就自己思考一下。

由于0的个数是没有用的，所以考虑1就好了

发现0<=c[i]，d[j]<  2^k

对于第k位可以有一个 1

只有满足

①2^k-1<=c[i]+d[j]<2^k 这个就相当于

c[i]+d[j]没有向下一位进 1 而且第 k 位会是 1 因为 2^k-1 相当于在第k位有一个1 其他都为0 而2^k 相当于第k+1位有一个1其他都为0

这样的一个范围里就包含了所有第k位是1的所以数 ，而c[i]+d[j] 在这个范围里 所以说明对第 k 位有一个1 的贡献。

或

②2^k+2^k-1<=c[i]+d[j]<2^k+1

类比第一个，这个就是对下一位进1 后的且第k为是1。

一样可以得到这样的一个范围能满足 第k+1位是1 且 第k位是1。

那到底有多少个c[i]+d[j] 是在以上的两个范围的其中一个

只要求出有多少个这样的数对 （i，j） 满足 c[i]+d[j] 是以上两个范围里的其中一个，问题就解决了（求出了有多少个1了）

考虑固定 j 移动 i

把c数组从小到大排序。

只要找到最左的 i （L）和最右的 i（R） 这样由于单调性 L~R 中的 i 都是满足条件的，所以 R-L+1即是1的个数。

所以分两类 分别计算出两类的个数加起来即可

而对于L R 用二分就好了。

这题是我接触的比较新的题，写详细些，自己因为二分一个小地方敲错了一直tle，以后要注意。

最后的话，生日快乐！

 1 var n:longint;
 2     i,k:longint;
 3     a,b,c,d:array[..]of int64;
     m1:int64;
     ans,x,y:int64;
 procedure qs(l,r:longint);
 var i,j,m,t:longint;
 begin
   i:=l;
   j:=r;
   m:=c[(l+r)>>];
   repeat
     while c[i]<m do inc(i);
     while c[j]>m do dec(j);
     if i<=j then
     begin
       t:=c[i];c[i]:=c[j];c[j]:=t;
       inc(i);
       dec(j);
     end;
   until i>j;
   if l<j then qs(l,j);
   if i<r then qs(i,r);
 end;
 function find(x:int64):longint; //找到第一个 x>=c[i] 的 i。
 var l,r,m:longint;
 begin
   l:=;
   r:=n;
   while l<=r do
   begin
     m:=(l+r)>>;
     if c[m]<x then l:=m+ else r:=m-;
   end;
   exit(l);
 end;
 begin
   read(n);
   for i:= to n do
   read(a[i]);
   for i:= to n do
   read(b[i]);
   c[]:=-;
   c[n+]:= << ;
   for k:= to  do
   begin
     x:= << k; //即x=2k
     y:= << (k-); //即 y=2k-1
     for i:= to n do
     begin
       c[i]:=a[i] and (x-);
       d[i]:=b[i] and (x-);
     end;
     qs(,n); //排序C数组
     m1:=; //m1表示答案的第k位有多少个1
     for j:= to n do
     begin
       m1:=m1+find(x-d[j])-find(y-d[j]);
       //满足第 k位是 1 的第一种情况 2k-1<=c[i]+d[j]<2k
       //两边都减 d[j] 得 2k-1-d[j]<=c[i]<2k-d[j]
         //也就是说对于 所有满足这个范围的c[i] 都能使第 k 位是 1 find(x-d[j]) 
         //就是最右的 i+ 
　　　　 　//(为什么有个+1？因为find找的是 >=的而范围只有 >,所以find会找到满足这个范围的最右的 i 的下一个)
         //由于答案为 最右的i - 最左的i +1 （类似 r-l+1） 而find(x-d[j]) 多加了个 1 所以计算时不再 +1
         //而是 find(x-d[j])-find(y-d[j]);
       m1:=m1+n+-find(x+y-d[j]);
         //这个就是第二种情况 类似于第一种就好啦
     end;
     if m1 and  = then ans:=ans+y;
   end;
   writeln(ans);
 end.