Codeforces 627A XOR Equation【位运算实现加法】

本文探讨了两个正整数a和b的和为s,按位XOR为x的情况下,有序对(a, b)可能的值的数量。通过分析a+b与a^b的关系,提出了解决方案的方法。

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A. XOR Equation
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Two positive integers a and b have a sum of s and a bitwise XOR of x. How many possible values are there for the ordered pair (a, b)?

Input

The first line of the input contains two integers s and x (2 ≤ s ≤ 10120 ≤ x ≤ 1012), the sum and bitwise xor of the pair of positive integers, respectively.

Output

Print a single integer, the number of solutions to the given conditions. If no solutions exist, print 0.

Examples
input
9 5
output
4
input
3 3
output
2
input
5 2
output
0
Note

In the first sample, we have the following solutions: (2, 7)(3, 6)(6, 3)(7, 2).

In the second sample, the only solutions are (1, 2) and (2, 1).



题意:a+b=s,a^b=x 给出s,x求有多少序偶满足这两个式子;

思路:a+b=(a^b)+[(a&b)<<1]; 根据x,s可以知道(a^b)和(a&b) 由这两个式子可以确定a,b,枚举每一位  若第i位:(ai^bi)==1 那么(ai&bi)一定等于0,这时候有两种情况:ai=0,bi=1或ai=1,bi=0,(分步计数此位可产生2种情况),如果(ai&bi)等于1,就说明方程不成立了;若(ai^bi)==0: 这时ai==bi,因为(ai&bi)是已经确定的,那么这时候这一位就只产生1种情况 (当S==X时一定会产生解(0,S),(S,0),题目要求a,b是正数,所以这两种情况不满足题意,减去即可);

失误:刚开始看题弄错了,理解能力不行,最后看题解也是纠结为什么要减2,还是题目没理解透彻;

AC代码:
#include<cstdio>

typedef long long LL;

int main()
{
	LL S,X;
	while(~scanf("%lld %lld",&S,&X))
	{
		LL N=S-X,ans=0;
		if(N>=0&&N%2==0)
		{
		    ans=1; N>>=1; LL i=0;
		    for(i=0;i<60;++i)
		    {
		         if(((N>>i)&1)&&((X>>i)&1)) {
		         	ans=0; break;
				 }
				if(((X>>i)&1)) ans<<=1;
			}
		}
		if(!N) ans-=2;
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

### 关于Codeforces上的位运算题目解答 #### 逻辑与运算的应用 在处理一系列整数时,为了找到这些数字共同拥有的二进制特征,可以利用`&`(按位与)运算符。因为当两个对应的二进制位都为1时,结果才为1;只要有一个不为1,则结果就变为0。这意味着,在一组数值中通过连续执行按位与操作能够筛选出所有成员共有的二进制模式[^1]。 ```cpp #include <cstdio> using namespace std; int main() { int t; scanf("%d", &t); while(t--) { int n, x; scanf("%d%d", &n, &x); int ans = x; for(int i = 1; i < n; i++) { scanf("%d", &x); ans &= x; // 对序列中的每一个数做按位与 } printf("%d\n", ans); // 输出最终的结果 } return 0; } ``` 这段代码展示了如何遍历输入的一系列整数并应用按位与(`&`)来找出它们共享的最低限度公共设置位。 #### 处理区间内最小值的最大化问题 对于特定范围内的某些优化挑战,比如最大化某个区间的最小可能值,可以通过巧妙地调整循环条件以及使用特殊的增量表达式(~i&-~i),从而有效地减少不必要的迭代次数[^2]。 ```cpp for (long long i = l; i <= r; i += ~i&-~i) { ans = i; } cout << ans << endl; ``` 此片段尝试在一个指定范围内寻找满足一定条件下最大的起点位置。 #### 字符串匹配验证 针对包含不同类型的标记字符(如'Q'代表提问,'A'代表回答)的任务,可通过简单的计数器机制确保每种事件的发生频率相匹配,以此判断是否存在未解决的问题实例[^3]。 ```cpp // 假设已经读取到整个字符串s bool isValid(const string& s){ int questionCount = 0; for(char c : s){ if(c == 'Q') ++questionCount; else if(c == 'A'){ if(questionCount > 0)--questionCount; else return false; } } return questionCount==0; } ``` 上述伪码提供了一个简易的方法去检验给定字符串里是否有足够的答案对应每个提出的问题。 #### 差异求解策略 面对需要构建新数组使得其元素之差等于已知量的情况,考虑采用分步构造法,并借助中间变量辅助完成目标设定下的最优路径规划[^4]。 ```cpp if(u > v || (v-u)%2!=0){printf("-1\n");return 0;} if(u==0&&v==0){printf("0\n");return 0;} if(u==v){printf("1\n");printf("%lld\n",u);return 0;} w=(v-u)/2;if((u&w)==0){ printf("2\n"); printf("%lld %lld\n",w,u^w); }else{ printf("3\n"); printf("%lld %lld %lld\n",u,w,w); } ``` 这里展示的是根据不同情况分别采取最短步骤达到预期效果的过程。
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