牛客网暑期ACM多校训练营（第七场）--- A题 Minimum Cost Perfect Matching （找规律）

本文解析了一道关于寻找最小成本完美匹配的问题，通过按位与运算确定匹配方案。介绍了如何通过规律找到最优匹配，使匹配边的权重之和最小，并提供了实现代码。

链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/145/A
来源：牛客网

A题 Minimum Cost Perfect Matching

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
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Special Judge, 64bit IO Format: %lld

题目描述

You have a complete bipartite graph where each part contains exactly n nodes, numbered from 0 to n - 1 inclusive.

The weight of the edge connecting two vertices with numbers x and y is (bitwise AND).

Your task is to find a minimum cost perfect matching of the graph, i.e. each vertex on the left side matches with exactly one vertex on the right side and vice versa. The cost of a matching is the sum of cost of the edges in the matching.

denotes the bitwise AND operator. If you're not familiar with it, see {https://en.wikipedia.org/wiki/Bitwise_operation#AND}.

输入描述:

The input contains a single integer n (1 ≤ n ≤ 5 * 105).

输出描述:

Output n space-separated integers, where the i-th integer denotes pi (0 ≤ pi ≤ n - 1, the number of the vertex in the right part that is matched with the vertex numbered i in the left part. All pi should be distinct.

Your answer is correct if and only if it is a perfect matching of the graph with minimal cost. If there are multiple solutions, you may output any of them.

示例1

输入

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输出

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0 2 1

说明

For n = 3, p0 = 0, p1 = 2, p2 = 1 works. You can check that the total cost of this matching is 0, which is obviously minimal.

【题目大意】：左面一列分别为 0 ~ n-1 问你右面这一列匹配数字使得一一对应之后权值最小权值是两个数字按位与的结果

思路：

这道题我们是找规律做的。按位与的结果一定可以等于0，所以我们找到怎么匹配可以使两两间按位与为0就好了。

从i_l = n-1 --> 0 找到 > i_l 的第一个2的幂次(2^x)，让每次结点 i_l 匹配的 i_r 的和等于2^x-1，如果i_r找不到，那我们以目前 i_l 的值接着找 >= i_l 的第一个2的幂次。听着有点复杂，其实就是一层层找到匹配的2^x就好了，代码非常短，可以自己按照规律匹配一遍，很快就能明白。

举例：n = 11 时，2^4-1 = 15 是第一个大于 10 的数字。

10 ---- 5 i_l = 4时，2^3 -1 = 7 是第一个大于4的数字。

·9 ---- 6 4 ---- 3

8 ---- 7 3 ---- 4

7 ---- 8 i_l = 2时，2^2 - 1 = 3 是第一个大于2的数字。

6 ---- 9 2 ---- 1

5 ---- 10 1 ---- 2 .......依次类推 0 和 0 匹配

//舍弃 4 ---- 11 （此时，11是不存在的点，所以我们要找新的2的幂次）

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    int mi[21];
    for (int i=0; i<=20; i++)
        mi[i] = pow(2,i) - 1;

    int n;
    while (cin >> n)
    {
        int a[n];
        int tmp, pos;
        for (int i=n-1; i>=0; i--)
        {
            pos = upper_bound(mi,mi+20,i) - mi;
            if (mi[pos-1] == i)
                pos = pos-1;
            tmp = mi[pos];

            int t = tmp-i;
            for (int j=i; j>=t; j--)
            {
                a[j] = tmp - j;
                if (j == t)
                {
                    i = t;
                    break;
                }
            }
        }

        for (int i=0; i<=n-1; i++)
        {
            if (i)
                printf(" ");
            printf("%d",a[i]);
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}