【XSY3913】XOR（递归，分治，剪枝）

题面

XOR

题解

以下对于一个数 $x$，用 $x_i$ 表示 $x$ 在二进制下的第 $i$ 位。如果这个数本身就带下标，如 $a_k$，那么用 $a_{k,i}$ 表示 $a_k$ 在二进制下的第 $i$ 位。

发现带上绝对值很难搞，考虑如何确定绝对值的符号：

对于 $|a-b|$ 来说，我们找到 $a$ 和 $b$ 在二进制下最高的不同位 $y$，那么如果 $a_y=1$（那么 $b_y=0$），有 $|a-b|=a-b$；如果 $a_y=0$（那么 $b_y=1$），有 $|a-b|=b-a$。

考虑从高到低枚举 $x$ 二进制下的每一位，然后统计每一种情况的总和，最后答案就是总和的最小值。

枚举 $x$ 过程中我们可以通过刚刚说的方法确定一些 $|a_i-(b_i\oplus x)|$ 的绝对值的符号（下面会讲），显然初始时（枚举前）所有绝对值的符号都是不确定的。

那么设当前枚举到第 $y$ 位，设当前 $|a_i-(b_i\oplus x)|$ 绝对值符号还未确定的 $i$ 的集合为 $I$。那么显然对于任意的 $i\in I$ 和 $j>y$，都有 $a_{i,j}=(b_i\oplus x{)}_j$，不然绝对值符号就是可以确定的。那么对于 $i\in I$，$|a_i-(b_i\oplus x)|$ 中比 $y$ 更高的位对当前的总和都是没有贡献的。

不妨设当前位为第 $y$ 位，按照 $a_i$ 和 $b_i$ 在当前位的情况可以把 $I$ 分成两个集合：若 $a_{i,y}=b_{i,y}$ 则把 $i$ 分到 $I_0$ 集合；若 $a_{i,y}\ne b_{i,y}$ 则把 $i$ 分到 $I_1$ 集合。

假设枚举 $x$ 当前位为 $0$，那么 $I_1$ 部分的绝对值的符号是已经确定了的。

具体来说，对于 $i\in I_1$：

• 若 $a_{i,y}=1$（那么 $b_{i,y}=0$），则 $(b_i\oplus x{)}_y=0$，则 $|a_i-(b_i\oplus x)|=a_i-(b_i\oplus x)$。那么此时 $-(b_i\oplus x)$ 的第 $y$ 位和 $a_i$ 对于当前的总和的贡献已经可以确定了，为 $2^y+(a_i\mathrm{and}(2^y-1))$。
• 若 $a_{i,y}=0$（那么 $b_{i,y}=1$），则 $(b_i\oplus x{)}_y=0$，则 $|a_i-(b_i\oplus x)|=(b_i\oplus x)-a_i$。那么此时 $(b_i\oplus x)$ 的第 $y$ 位和 $-a_i$ 对于当前的总和的贡献已经可以确定了，为 $2^y-(a_i\mathrm{and}(2^y-1))$。

那么之后我们就不用再考虑 $a_i$ 对总和的贡献了。

而对于这些确定了绝对值符号的 $b_i$ 在 $0\sim y-1$ 位对总和的贡献，我们还需根据接下来枚举的 $x$ 另行讨论。具体来说，我们记录一个数组 $cnt(j,v)$ 表示：如果 $x$ 第 $j$ 位选了 $v$，那么这些已经确定了绝对值符号的 $b_i$ 会对总和贡献 $cnt(j,v)\times 2^j$。

那么我们重新回到刚刚的那个讨论：（此时仍是假设枚举 $x$ 当前位为 $0$，然后对于 $i\in I_1$）

• 若 $a_{i,y}=1$，则刚刚我们确定了 $|a_i-(b_i\oplus x)|=a_i-(b_i\oplus x)$。那么此时对于所有的 $0\le j<y$，如果 $x_j$ 取了 $(b_{i,j}\oplus 1)$，那么 $-(b_i\oplus x)$ 的第 $j$ 位就会对总和贡献 $-2^j$，所以应该要让 $cnt(j,b_{i,j}\oplus 1)\leftarrow cnt(j,b_{i,j}\oplus 1)-1$。
• 若 $a_{i,y}=0$，则刚刚我们确定了 $|a_i-(b_i\oplus x)|=(b_i\oplus x)-a_i$。那么此时对于所有的 $0\le j<y$，如果 $x_j$ 取了 $(b_{i,j}\oplus 1)$，那么 $(b_i\oplus x)$ 的第 $j$ 位就会对总和贡献 $2^j$，所以应该要让 $cnt(j,b_{i,j}\oplus 1)\leftarrow cnt(j,b_{i,j}\oplus 1)+1$。

那么我们可以进行这么一个递归函数：$solve(I,y,cnt,cost)$ 表示当前枚举到第 $y$ 位、当前 $|a_i-(b_i\oplus x)|$ 绝对值符号还未确定的 $i$ 的集合为 $I$、在第 $y$ 位以前记录的 $cnt$ 数组、和在第 $y$ 位以前记录的总和 $cost$。

那么对于当前枚举 $x_y=0$ 的情况，此时 $I_1$ 部分的绝对值符号就确定了，那么我们就更新 $cnt$ 数组为 $cn{t}^{\prime }$ 、更新 $cost$ 为 $cos{t}^{\prime }$（记得加上 $cnt(y,0)\times 2^y$），并带下去递归 $solve(I_0,y-1,cn{t}^{\prime },cos{t}^{\prime })$。

对于当前枚举 $x_y=1$ 的情况也是类似的，此时 $I_0$ 部分的绝对值符号是已经确定了的。

边界条件是当前 $I=\varnothing$ 或 $y<0$：

若 $I=\varnothing$，说明所有 $i$ 的绝对值符号已经确定了，那么我们根据当前的 $cnt$ 数组来计算真正的总和：$sum=cost+\sum _{j=0}^y\min (cnt(j,0),cnt(j,1))\times 2^j$。而对于满足条件的 $x$ 的个数，我们只需找出计算过程中有多少个 $j$ 满足 $cnt(j,0)=cnt(j,1)$（这说明这一位既可以取 $0$ 和取 $1$ 的贡献是一样的），假设有 $w$ 个，那么满足条件的 $x$ 的个数为 $2^w$。

若 $y<0$，则真正的总和就是当前的 $cost$。

设 $V$ 表示值域。注意到递归树上每一层中所有点的 $I$ 集合大小的总和都不变，为 $n$，所以处理每一层的总时间都是 $O(n\log V)$ 的，故总时间复杂度为 $O(n{\log }^{2}V)$。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

#define N 40010
#define int long long
#define ll long long
#define LNF 0x7fffffffffffffff

using namespace std;

inline ll read()
{
	ll x=0;
	int f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')
	{
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}

struct data
{
	ll v,num;
	data(){};
	data(ll a,ll b){v=a,num=b;}
	void update(data b)
	{
		if(b.v<v) v=b.v,num=b.num;
		else if(b.v==v) num+=b.num;
	}
};

struct pi
{
	ll a,b;
}p[N],I0[N],I1[N];

int n;
int cnt[50][2];
ll pow2[50];

inline bool get(ll x,int y)
{
	return (x>>y)&1;
}

data solve(int y,int l,int r,ll precost)
{
	if(l>r)
	{
		int w=0;
		ll tmp=precost;
		for(int i=0;i<=y;i++)
		{
			tmp+=min(cnt[i][0],cnt[i][1])*pow2[i];
			if(cnt[i][0]==cnt[i][1]) w++;
		}
		return data(tmp,pow2[w]);
	}
	if(y<0) return data(precost,1);
	int cnt0=0,cnt1=0;
	for(int i=l;i<=r;i++)
	{
		if(get(p[i].a,y)==get(p[i].b,y)) I0[++cnt0]=p[i];
		else I1[++cnt1]=p[i];
	}
	int mid=l+cnt0-1;
	for(int i=1;i<=cnt0;i++) p[l+i-1]=I0[i];
	for(int i=1;i<=cnt1;i++) p[mid+i]=I1[i];
	data ans=data(LNF,114514);
	int now[50][2];
	if(1)//x=1
	{
		memcpy(now,cnt,sizeof(now));
		ll tmp=precost;
		if(l<=mid)
		{
			//I0
			for(int i=l;i<=mid;i++)
			{
				if(get(p[i].a,y))
				{
					tmp+=pow2[y]+(p[i].a&(pow2[y]-1));
					for(int j=0;j<y;j++)
						cnt[j][get(p[i].b,j)^1]--;
				}
				else
				{
					tmp+=pow2[y]-(p[i].a&(pow2[y]-1));
					for(int j=0;j<y;j++)
						cnt[j][get(p[i].b,j)^1]++;
				}
			}
		}
		tmp+=cnt[y][1]*pow2[y];
		ans.update(solve(y-1,mid+1,r,tmp));
		memcpy(cnt,now,sizeof(cnt));
	}
	if(1)//x=0
	{
		memcpy(now,cnt,sizeof(now));
		ll tmp=precost;
		if(mid+1<=r)
		{
			//I1
			for(int i=mid+1;i<=r;i++)
			{
				if(get(p[i].a,y))
				{
					tmp+=pow2[y]+(p[i].a&(pow2[y]-1));
					for(int j=0;j<y;j++)
						cnt[j][get(p[i].b,j)^1]--;
				}
				else
				{
					tmp+=pow2[y]-(p[i].a&(pow2[y]-1));
					for(int j=0;j<y;j++)
						cnt[j][get(p[i].b,j)^1]++;
				}
			}
		}
		tmp+=cnt[y][0]*pow2[y];
		ans.update(solve(y-1,l,mid,tmp));
		memcpy(cnt,now,sizeof(cnt));
	}
	return ans;
}

signed main()
{
	n=read();
	pow2[0]=1ll;
	for(int i=1;i<=46;i++) pow2[i]=pow2[i-1]<<1ll;
	for(int i=1;i<=n;i++) p[i].a=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) p[i].b=read();
	data ans=solve(46,1,n,0);;
	printf("%lld %lld\n",ans.v,ans.num);
	return 0;
}
/*
5
3 1 5 2 4
4 2 1 5 4
*/
/*
3
3 3 2
2 0 2
*/
/*
2
5 8
6 5
*/