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CodeForces 1616H Keep XOR Low

problem

洛谷鏈接

solution

雖然選的是一個子集，但本質還是二元限制。

這非常類似以前做過的題目，已知 $a_i,k$，求滿足 $a_i\oplus a_j\le k$ 的 $a_j$ 個數。

這是一元限制，常見解法是在 $\text{trie}$ 樹上統計。 緊貼 的思想。

具體而言，就像數位 $dp$ 一樣，貼著 $x$ 二進制位的要求走，如果 $d$ 位為 $1$，那么直接統計 $\text{trie}$ 樹該位 $0$ 子樹的個數，然后繼續往 $1$ 那邊走。

我們考慮采用同樣的方法來解決本題。只不過此時的 $a_i$ 同樣未知。

直接設計 $dfs(x,y,d):$ 目前在 $d$ 二進制位，從 $x,y$ 子樹中選取子集，僅考慮 $x?y$ 間限制的方案數，且前 $d$ 位都是緊貼的。

首先得從高到低考慮二進制位。初始調用函數 $dfs(1,1,30)$。（插入以及統計子樹內個數就略過了）

• $x=y$。

  • $k$ 的 $d$ 位為 $1$。

    直接返回 $dfs(lson[x],rson[x],d?1)$。

  • $k$ 的 $d$ 位為 $0$。

    返回 $dfs(lson[x],lson[x],d?1)+dfs(rson[x],rson[y],d?1)$。

    這里不能乘法亂來，否則就會包含 $x$ 左右兒子組合等等，這些異或在該位可是 $1$，超過了 $k$ 限制。

• $x=y$。

  • $k$ 的 $d$ 位為 $1$。

    返回 $dfs(lson[x],rson[y],d?1)?dfs(rson[x],lson[y],d?1)$。

    實際上應該是兩邊都要 $+1$ 再乘，表示僅從 $x,y$ 的各一個兒子中選取的方案數，直接乘就是要求 $x,y$ 左右兒子中都要選擇了。

    最后還要 $?1$，減去兩邊沒一個選的空集。

    這個乘法就包含了 $x$ 左右兒子組合，$y$ 左右兒子組合，$x,y$ 左/右兒子組合等等的可能。

    這些組合在這一位的異或都是 $0$，都是松弛在限制下面的。

  • $k$ 的 $d$ 位為 $0$。

    返回 $dfs(lson[x],lson[y],d?1)+dfs(rson[x],rson[y],d?1)$。

    但這里沒有考慮到只選 $x$ 內部的左右子樹和只選 $y$ 內部的左右子樹的情況。

    直接加上 $(2^{siz[lson[x]]}?1)(2^{siz[rson[x]]}?1)+(2^{siz[lson[y]]}?1)(2^{siz[rson[y]]}?1)$。

    為什么這里可以直接乘了，而不是繼續 $dfs$ 下去呢？

    注意到如果 $x=y$，那么之前必定是有一個更高位使得他們分叉。

    而分叉的條件都是那個更高位上的 $k$ 是 $1$。

    所以這里可以直接 $x/y$ 子樹內部各自亂選，反正異或起來至少在那個較高位都是 $0$。

    一定是被限制松弛的方案數。

code

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long #define mod 998244353 #define maxn 150005 int n, m, root, cnt; int a[maxn], mi[maxn], l[maxn * 30], r[maxn * 30], siz[maxn * 30];void insert( int &now, int d, int x ) {if( ! now ) now = ++ cnt;siz[now] ++;if( ! ~ d ) return;if( x >> d & 1 ) insert( r[now], d - 1, x );else insert( l[now], d - 1, x ); }int dfs( int x, int y, int d ) {//-1是減去空集的情況數if( ! x ) return mi[siz[y]] - 1;if( ! y ) return mi[siz[x]] - 1;if( x == y ) {if( ! ~ d ) return mi[siz[x]] - 1;else if( m >> d & 1 ) return dfs( l[x], r[x], d - 1 );else return ( dfs( l[x], l[x], d - 1 ) + dfs( r[x], r[x], d - 1 ) ) % mod;}else {if( ! ~ d ) return mi[siz[x]] * mi[siz[y]] % mod - 1;//+1乘是有可能不選這個子樹中的子集else if( m >> d & 1 ) return ( dfs( l[x], r[y], d - 1 ) + 1 ) * ( dfs( r[x], l[y], d - 1 ) + 1 ) % mod - 1;else {int ans = ( dfs( l[x], l[y], d - 1 ) + dfs( r[x], r[y], d - 1 ) ) % mod;( ans += ( mi[siz[l[x]]] - 1 ) * ( mi[siz[r[x]]] - 1 ) % mod ) %= mod;( ans += ( mi[siz[l[y]]] - 1 ) * ( mi[siz[r[y]]] - 1 ) % mod ) %= mod;//這種情況計數是左右子樹一定都選了的return ans;}} }signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &m ); mi[0] = 1;for( int i = 1, x;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld", &x ), insert( root, 30, x );mi[i] = ( mi[i - 1] << 1 ) % mod;}printf( "%lld\n", ( dfs( root, root, 30 ) + mod ) % mod );return 0; }

還有一道類似的題目，只不過限制變為了 $a_i\oplus a_j\ge k$。但做法就完全不一樣了。

CodeForces gym102331 Bitwise Xor

problem

CF鏈接

solution

一堆數按從高到低二進制考慮，按第 $w$ 位分為 $0/1$ 兩個集合，第 $w$ 位產生貢獻肯定是兩個數隸屬不同的集合。

如此遞歸分層下去，我們發現：從小到大排序后只用考慮相鄰兩個數是否滿足限制。

上述結論有一個數學化的表達：$a<b<c?\min (a\oplus b,b\oplus c)\le a\oplus c$。

可以大概理解為數相差越大，二進制位的高位越有可能異或為 $1$，異或結果越有可能更大。

因此可以將 $a$ 從小到大排序，設 $f_i:a_i$ 結尾的序列的方案數。

轉移利用 $\text{trie}$ 樹的緊貼思想去求與 $a_i$ 異或 $\ge x$ 的 $a_j$ 對應的方案數。

code

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long #define mod 998244353 #define maxn 300005 int n, m; int a[maxn], cnt; int trie[maxn * 65][2], sum[maxn * 65];void insert( int x, int val ) {for( int i = 60, now = 0;~ i;i -- ) {int k = x >> i & 1;if( ! trie[now][k] ) trie[now][k] = ++ cnt;now = trie[now][k];( sum[now] += val ) %= mod;} }int query( int x ) {int ans = 0, now = 0;for( int i = 60;~ i;i -- ) {int k = x >> i & 1;if( m >> i & 1 ) now = trie[now][k ^ 1];else ( ans += sum[trie[now][k ^ 1]] ) %= mod, now = trie[now][k];if( ! now ) break; //很有可能這個數比之大的不存在 那么now就會回到0 如果繼續走下去就岔了}return ( ans + sum[now] ) % mod; }signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );sort( a + 1, a + n + 1 );int ans = 0; //f[i]=1+\sum_{j,a_i^a_j>=m}f[j]for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {int val = query( a[i] ) + 1; //+1是自己單獨一個的方案ans = ( ans + val ) % mod;insert( a[i], val );}printf( "%lld\n", ans );return 0; } 創作挑戰賽新人創作獎勵來咯，堅持創作打卡瓜分現金大獎

總結

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