bitset 位容器集合

最新推荐文章于 2024-03-03 22:02:34 发布

NYIST_TC_LYQ

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分类专栏： ACM进阶之STL ~~知识总结~~

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bitset

bitset容器是一个bit位元素的序列容器，每个元素只占一个bit位，取值为0或1，因而很节省内存空间。它的10个元素只用了两个字节的空间。

头文件：#include<bitset>

bitset类的方法列表：（bitset<N>b）

b.any() : b中是否存在置为1的二进制位？

b.none(): b中不存在置为1的二进制位吗？

b.count(): b中置为1的二进制位的个数

b.size() : b中二进制位的个数

b[pos]: 访问b中在pos处的二进制位

b.test(pos): b中在pos处的二进制是否为1？

b.set(): 把b中所有二进制位都置为1

b.reset(): 把b中所有二进制位都置为0

b.reset(pos): 把b中在pos位的二进制置为0

b.flip(): 把b中所有二进制位逐位取反

b.flip(pos): 把b中在pos位的二进制位取反

b.to_ulong(): 用b中同样的二进制位返回一个unsigned long 值

os<<b: 把b中的位集输出到os流

b<<k: 把b中所有为1的位向高位移k个位置

b>>k: 把b中所有为1的位向低位移k个，自动舍弃超出范围的位

b=(int)n: 用n的二进制位填充b

两个同级bitset对象还可以进行^、&、| 等操作。

bitset的常数很小，进行整体操作的复杂度大概b.size()/64的样子。

1. 创建bitset对象

创建bitset对象时必须要指定容器大小。bitset对象的大小一经定义就不能修改了。

bitset<100>b：定义bitset对象b，能容纳100个比特位(0-99)，所有位初始都为0。

2.设置元素值

（1）采用下标法：b[pos]=1。

bitset<5>b；

b[1]=1,b[2]=1,b[4]=1；

输出：01101

（2）采用set()方法，一次性将元素设置为1。

bitset<5>b；

b.set();

输出：11111

（3）采用set(pos,1)方法直接将pos位置为1或者0

bitset<5>b；

b.set(1,1);

b.set(2,1);

b.set(4,1);

输出：01101

（4）采用reset(pos)方法将pos位置为0

bitset<5>b；

b.set(1,1);

b.set(2,1);

b.set(4,1);

b.reset(2);

输出：01001

3.输出元素

（1）采用下标法输出元素

bitset<5>b；

for(int i=0;i<5;i++) cout<<b[i];

for(int i=0;i<b.size();i++) cout<<b[i];

（2）直接向输出流输出所有元素

cout<<b<<endl;

bitset在很多优化技巧上可以用到，是很好用的stl容器。

我自己拉了一个bitset专题练习，对相关知识进行总结一下：

bitset 练习

HDU - 2051

Bitset

题意：输出n个二进制位。

bitset裸题，直接采用上述赋值法，然后从首个不为0的高位到低位输出即可。

 int n;
    bitset<11>b;
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        b=n;
        int flag=0;
        for(int i=10;i>=0;i--)
        {
            if(b[i]) printf("%d",int(b[i])),flag=1;
           else if(flag) printf("%d",int(b[i]));
        }
        puts("");
    }

HDU - 4920

Explosion

题意：魔塔都玩过吧，每个房间里都有一些钥匙，能打开对应的门，当没有钥匙能开门后只能用一颗炸弹炸开一扇门，求打开所有门需要炸弹数量的期望。

期望等于值乘以概率，值当然为1了，概率即能够通往这个门的数量的倒数。累加求和就是ans。那就得求出打开哪些门才能打开这扇门，这就是一个传递闭包的过程，用bitset优化

const int N=1e3+5;
const int maxn=800+5;
bitset<N>b[N];
int t,n,k,p;
void init()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1; i<=n; i++) b[i].reset();
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%d",&k);
        while(k--)
        {
            scanf("%d",&p);
            b[i][p]=1;
        }
        b[i][i]=1;
    }
    for(int i=1; i<=n; i++)
        for(int j=1; j<=n; j++)
            if(b[j][i]) b[j]|=b[i];
}
int main()
{
    scanf("%d",&t);
    int t1=t;
    while(t--)
    {
        init();
        double ans=0.0;
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            double num=0;
            for(int j=1; j<=n; j++)
                if(b[j][i]) num+=1;
            ans+=1.0/num;
        }
        printf("Case #%d: %.5f\n",t1-t,ans);
    }
    return 0;
}

HDU - 5313

什么是完全二分图呢，就是两个集合中的点都互相连边了。先来看一个不等式：ab<=((a+b)^2)/2当且仅当a==b取等。于是我们可以二分图染色将原有边分成的两部分求出来，剩下的就相当于选一些集合合并，合并后的集合的点数和剩下的点数的差值最小。可以用背包优化，但bitset会更优一点，代码写好写好理解。如果用背包，那么背包容量应该设为n/2。但bitset可以直接左移或者右移表示所有数同时加上或减去一个数，我们求出所有组合然后枚举最优解即可。具体怎么求出所有组合看代码：

这个优化可以改变很多题的，很多01背包就可以用这个优化解：比如NYOJ:邮票分你一半、zb的生日。

const int N=1e4+10;
bitset<N>cur;
struct Edge
{
    int to,next;
} e[N*20];
struct Node
{
    int a,b;
} node[N];
int head[N],tot,flag[N];
void init()
{
    tot=0;
    memset(flag,0,sizeof(flag));
    memset(head,-1,sizeof(head));
    cur.reset();
    cur.set(0);
}
void add(int u,int v)
{
    e[tot].to=v,e[tot].next=head[u];
    head[u]=tot++;
    e[tot].to=u,e[tot].next=head[v];
    head[v]=tot++;
}
void dfs(int &a,int &b, int u,int f)
{
    flag[u]=1;
    if(f) a++;
    else b++;
    for(int i=head[u]; i+1; i=e[i].next)
    {
        int v=e[i].to;
        if(flag[v]) continue;
        dfs(a,b,v,f^1);
    }
}
int main()
{
    int t,n,m;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        init();
        scanf("%d%d",&n,&m);
        int u,v,k=0;
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            scanf("%d%d",&u,&v);
            add(u,v);
        }
        for(int i=1; i<=n; i++)
            if(!flag[i])
            {
                int a=0,b=0;
                dfs(a,b,i,1);
                node[k].a=a,node[k++].b=b;
            }
        for(int i=0; i<k; i++)
            cur=(cur<<node[i].a)|(cur<<node[i].b);
        int ans=0;
        for(int i=1; i<=n; i++)
            if(cur[i])
                ans=max(ans,(n-i)*i-m);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

HDU - 6085