XXII Open Cup, Grand Prix of Daejeon C. AND PLUS OR（思维 结论）

题目

给定n(n<=20)，再输入2^n个数，分别代表a[0]到a[2^n-1]，第i个数ai(0<=ai<=1e7)

问是否存在一对下标i、j满足a[i]+a[j]<a[i&j]+a[i|j]

如果不存在，输出-1，否则输出任意一对(i,j)即可

思路来源

官方题解

题解

题解说的挺清楚的，

先用集合转换成这个式子

然后z是一个集合，是多出的若干位，如果有解，说明最后这个式子成立，

考虑令左式为f(v1)，右式为f(v3)，有f(v1)<f(v3)成立，

其中v3比v1多了一个集合z，就是多了若干位的时候，有f(v1)<f(v3)

那么，考虑这个渐变的过程，

取z集合的一个真子集，加到v1里变成v2，

可以发现，不管f(v2)多大，要么f(v1)<f(v2)，要么f(v2)<f(v3)成立，

重复这个过程，使得一定存在f(v1)<f(v3)且v1和v3只差一个相邻的1

式子中y和z是对称的，z只差1位，y也可以只差1位

所以，枚举公共集合x，枚举i的变化位y，枚举j的变化位z，复杂度

代码

#include <bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<map>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int,int> P;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define dbg(x) cerr<<(#x)<<":"<<x<<" ";
#define dbg2(x) cerr<<(#x)<<":"<<x<<endl;
#define SZ(a) (int)(a.size())
#define sci(a) scanf("%d",&(a))
#define pt(a) printf("%d",a);
#define pte(a) printf("%d\n",a)
#define ptlle(a) printf("%lld\n",a)
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
using namespace std;
const int N=21,M=(1<<20)+5;
int n,a[M];
int main(){
    sci(n);
    int up=(1<<n)-1;
    rep(i,0,up)sci(a[i]);
    rep(i,0,n-1){
        rep(j,i+1,n-1){
            rep(k,0,up){
                if(k>>i&1 || k>>j&1)continue;
                if(a[k|(1<<i)]+a[k|(1<<j)]<a[k]+a[k|(1<<i)|(1<<j)]){
                    printf("%d %d\n",k|(1<<i),k|(1<<j));
                    return 0;
                }
            }
        }
    }
    puts("-1");
    return 0;
}