題目分析：因?yàn)榭梢栽儐柸我鈨蓚€(gè)數(shù)異或運(yùn)算后的答案，根據(jù) ，我們可以先確定出序列中的任意一個(gè)數(shù)字設(shè)為 x，然后對于其他的數(shù)字依次詢問與 x 的異或，就可以反推出所有的數(shù)字了，所以現(xiàn)在問題轉(zhuǎn)換成如何在有限次操作中確定下來某個(gè)數(shù)字的取值
E1 是最多詢問 n + 2 次，E2 是最多詢問 n + 1 次，先簡單說一下 E1 的做法，對于位運(yùn)算和加法運(yùn)算之間有個(gè)公式是：
對于每組樣例，我們可以任取三個(gè)數(shù)字 a[ i ] , a[ j ] , a[ k ]，利用上述公式通過六次詢問求出 a[ i ] + a[ j ]，a[ i ] + a[ k ]，a[ j ] + a[ k ]，現(xiàn)在是三個(gè)未知數(shù)+三個(gè)等式就可以分別求出 a[ i ] , a[ j ] , a[ k ] 的值了，對于剩下的 n -?3 個(gè)數(shù)來說，依次與 a[ i ] 或 a[ j ] 或 a[ k ] 進(jìn)行異或操作就可以反推出答案了，不過很可惜的是，這樣的做法詢問次數(shù)是 6 + ( n - 3 ) = n + 3 次
還是由于異或運(yùn)算的性質(zhì)，當(dāng)我們知道??和后，將這兩個(gè)數(shù)進(jìn)行異或運(yùn)算就可以直接得到了，少去一次異或運(yùn)算的詢問復(fù)雜度就是 n + 2 次，已經(jīng)可以通過 E1 了
到此為止，我們會(huì)發(fā)現(xiàn)，題目中給定的一個(gè)條件我們還沒有用上，就是每個(gè)數(shù)的范圍都在 [ 0 , n - 1 ] 之內(nèi)，我們分兩種情況考慮：
假設(shè)至少存在兩個(gè)數(shù) a[ j?] 和 a[ k ] 相等，那么其與第三個(gè)數(shù)分別異或得到的結(jié)果顯然也是相等的，符號語言就是：，如此一來我們就可以直接通過“與”運(yùn)算或者“或”運(yùn)算求出這兩個(gè)數(shù)了，即，，然后對于剩下的 n - 2 個(gè)數(shù)進(jìn)行異或運(yùn)算反推，這種情況的詢問復(fù)雜度是 1 + ( n - 2 ) = n - 1 次
假設(shè)所有的數(shù)兩兩都不相同，換句話 n 個(gè)數(shù)覆蓋了 [ 0 , n - 1 ] 這一整個(gè)區(qū)間，又因?yàn)?n - 1 是 2 的冪次減一，換句話說 n - 1 在二進(jìn)制下全部是 1 ，所以對于任意一個(gè) x 來說，一定存在這一個(gè) y，滿足，也就是說?，到此為止，根據(jù)??這個(gè)公式再隨便選一個(gè)數(shù)字解方程即可，因?yàn)楦鶕?jù)上述方法得到的 x 和 y 已經(jīng)滿足了這個(gè)條件，所以就可以少詢問一次，所以在 E1 的基礎(chǔ)上少了一次詢問，詢問復(fù)雜度就降低至了 n + 1 次
代碼： ?
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using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e6+100;int _xor[N],last[N],a[N];int interact(int i,int j,const char s[])
{printf("%s %d %d\n",s,i,j);fflush(stdout);int num;scanf("%d",&num);return num;
}int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
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// freopen("data.out.txt","w",stdout);
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// ios::sync_with_stdio(false);memset(last,-1,sizeof(last));last[0]=1;int n,id1=-1,id2=-1;scanf("%d",&n);for(int i=2;i<=n;i++){_xor[i]=interact(1,i,"XOR");//_xor[i]=a[1]^a[i]if(last[_xor[i]]!=-1)//a[1]^a[last[_xor[i]]]==a[1]^a[i]id1=last[_xor[i]],id2=i;//a[id1]=a[id2]last[_xor[i]]=i;}if(id1!=-1)//存在兩個(gè)相同的數(shù)字 {a[id1]=a[id2]=interact(id1,id2,"AND");a[1]=a[id1]^_xor[id1];for(int i=2;i<=n;i++)a[i]=_xor[i]^a[1];}else//所有數(shù)字都不相同 {int id1=last[n-1];//a[1]^a[id1]=n-1 -> a[1]&a[id1]=0int id2=id1!=2?2:3;//隨便再選一個(gè)數(shù) int sum1=n-1;//a[1]+a[id1]int sum2=_xor[id2]+2*interact(1,id2,"AND");//a[1]+a[id2]int sum3=(_xor[id1]^_xor[id2])+2*interact(id1,id2,"AND");//a[id1]+a[id2]a[1]=(sum1+sum2-sum3)/2;for(int i=2;i<=n;i++)a[i]=_xor[i]^a[1];}printf("!");for(int i=1;i<=n;i++)printf(" %d",a[i]);return 0;
}
