递归实现格雷码

格雷码

Problem Description

			通常，人们习惯将所有 n 位二进制串按照字典序排列，例如所有 2 位二进制串按字典序从小到大排列为：00，01，10，11。

格雷码（Gray Code）是一种特殊的 nn 位二进制串排列法，它要求相邻的两个二进制串间恰好有一位不同，特别地，第一个串与最后一个串也算作相邻。

所有 2 位二进制串按格雷码排列的一个例子为：00，01，11，10。

n 位格雷码不止一种，下面给出其中一种格雷码的生成算法：

1 位格雷码由两个 1 位二进制串组成，顺序为：0，1。
n + 1位格雷码的前 2^n 个二进制串，可以由依此算法生成的 n 位格雷码（总共 2^n 个 n 位二进制串）按顺序排列，再在每个串前加一个前缀 0构成。
n + 1位格雷码的后 2^n个二进制串，可以由依此算法生成的 n 位格雷码（总共 2^n 个 n 位二进制串）按逆序排列，再在每个串前加一个前缀 1 构成。

综上，n + 1 位格雷码，由 n 位格雷码的 2^n 个二进制串按顺序排列再加前缀 0，和按逆序排列再加前缀 1 构成，共 2^(n+1) 个二进制串。另外，对于 n 位格雷码中的 2^n 个 二进制串，我们按上述算法得到的排列顺序将它们从 0 ~ 2^n-1 编号。

按该算法，2 位格雷码可以这样推出：

已知 1 位格雷码为 0，1。
前两个格雷码为 00，01。后两个格雷码为 11，10。合并得到 00，01，11，10，编号依次为 0 ~ 3。

同理，3 位格雷码可以这样推出：

已知 2 位格雷码为：00，01，11，10。
前四个格雷码为：000，001，011，010。后四个格雷码为：110，111，101，100。合并得到：000，001，011，010，110，111，101，100，编号依次为 0 ~ 7。

现在给出 n，k，请你求出按上述算法生成的 n 位格雷码中的 k 号二进制串。( 1 ≤ n ≤ 64, 0 ≤ k < 2^n )

			Input
			
			仅一行两个整数 n, k，意义见题目描述。
			
			Output
			
			仅一行一个n位二进制串表示答案。
			
			Sample Input
			
				3 5
			
			Sample Output
			
				111
			
			Hint
			
			3 位格雷码为：000，001，011，010，110，111，101，100，编号从 0∼7，因此 5 号串是 111。

*分析：

找规律
举个例子：
3位格雷码的第6个数是怎么产生的
先列出1~4位的格雷码：
1位：0,1
2位：00,01,11,10
3位：000, 001, 011, 010,110, 111,101,100

1. 由题：n位格雷码的前一半为0~2^(n -1) -1，后一半位2^(n-1)~2n -1
2. 101在3位格雷码中属于后半部分，在2位格雷码中对应的位置为2（注意这里的2是倒着数的，因为后一半的数是倒着生成的，实际在2位格雷码中的位置是(2^2-1)-2=1），意味着它由2位格雷码的第1个数“01”首位添上“1”构成
3. 01在2位格雷码中属于前半部分，在1位格雷码中对应的位置为1（注意这里的1是正着数的，因为前一半的数是顺序生成的，实际在1位格雷码中的位置就是1），意味着它由1位格雷码的第1个数“1”首位添上“0”构成
4. 1位格雷码为0,1
   所以，在当前的第i位格雷码中，我们可以求出从左往右数第i个位是0还是1——取决于它在i-1位格雷码中的位置：前一半位0，后一半为1，所以直接输出0或1，再递归进入第i-1位，一直操作直到1位格雷码即可

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;//(2^64超过long long 了，要用unsigned long long)
ull a[100];
ull n,k;
void f(ull n,ull k)
{
    ull flag;
    if(n==1)
    {
        printf("%llu",k);
        return ;
    }
    if(k>=0&&k<= a[n-1]-1)
    {
        printf("0");
        flag = k;
    }
    else
    {
        printf("1");
        flag = a[n]- k - 1;
    }
    f(n-1, flag);
}
int main()
{
    int i;
    scanf("%llu %llu",&n,&k);
    a[0] = 1;
    for(i=1; i <= n; i++)
        a[i] = a[i-1]*2;
    f(n,k);
    return 0;
}