big 解题报告
big
题目描述
你需要在\([0,2^n)\)中选一个整数\(x\),接着把\(x\)依次异或\(m\)个整数\(a_1\sim a_m\)。
在你选出\(x\)后,你的对手需要选择恰好一个时刻(刚选完数时、异或一些数后或是最后),将\(x\)变为\((\lfloor\frac {2x}{2^n}\rfloor+2x)\pmod {2^n}\)。
你想使\(x\)最后尽量大,而你的对手会使\(x\)最后尽量小。
你需要求出\(x\)最后的最大值,以及得到最大值的初值数量。
输入格式
第一行两个整数\(n,m\)。第二行\(m\)个整数\(a_1\sim a_m\)。
输出格式
第一行输出一个整数,表示\(x\)最后的最大值。
第二行输出一个整数,表示得到最大值的初值数量。
第一个数正确得\(6\)分,两个数都正确再得\(4\)分。
说明
\(x=0\)时得到\(0\),\(x=1\)时得到\(1\),\(x=2\)时得到\(1\),\(x=3\)时得到\(0\)。
数据范围
对于\(20\%\)的数据,\(n\le 10,m\le 100\)。
对于\(40\%\)的数据,\(n\le 10, m\le 1000\)。
对于另外\(20\%\)的数据,\(n\le 30,m\le 10\)。
对于\(100\%\)的数据\(n\le 30,m\le 100000,\ 0\le a_i<2^n\)。
挺不错的题目。
考虑操作的特殊性,发现操作把序列左移了一位,并且超出的高位在低位进行了补全。
每一位只是位置换了,而值没换,而异或又是按位的,所以在第\(i\)次操作后左移等价于在第一次操作前进行左移,然后把前\(i\)次操作都左移。
这样的话,操作集合实质上只有\(m+1\)种了
我们可以把操作放到字典树上走。
注意\(A\)和\(B\)的目的。
Code:
#include <cstdio>
#define ll long long
const int N=1e5+10;
int n,m;
ll a[N];
ll change(ll s)
{
return ((s<<1)/(1ll<<n)+(s<<1))%(1ll<<n);
}
int ch[N*30][2],tot;
void build(ll s)
{
int now=0;
for(int i=n;i;i--)
{
int t=s>>i-1&1;
if(!ch[now][t]) ch[now][t]=++tot;
now=ch[now][t];
}
}
ll ans=0;int cnt;
void dfs(int now,int dep,ll sum)
{
if(dep==n)
{
if(sum>ans) ans=sum,cnt=1;
else if(sum==ans) ++cnt;
return;
}
if(ch[now][0]&&ch[now][1])
{
dfs(ch[now][0],dep+1,sum);
dfs(ch[now][1],dep+1,sum);
}
else if(ch[now][0])
dfs(ch[now][0],dep+1,sum|(1ll<<n-dep-1));
else if(ch[now][1])
dfs(ch[now][1],dep+1,sum|(1ll<<n-dep-1));
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
ll lf=0,rf=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%lld",a+i),rf^=a[i];
for(int i=0;i<=m;i++)
{
lf^=change(a[i]);
rf^=a[i];
build(lf^rf);
}
dfs(0,0,0);
printf("%lld\n%d\n",ans,cnt);
return 0;
}
2018.10.17
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