C. Strange Test(思维+位运算)

本文介绍了一道编程题目,涉及对两个数字a和b进行加1、加1或按位或操作,以求得它们相等所需的最少步骤。分析了按位或操作的性质,并给出了三种情况的枚举解法。最后提供了AC代码实现。

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RT

大致题意 : 给定两个数字a,b, 能对a,b进行三种操作: 1. a = a + 1; 2. b = b + 1; 3. a = a | b;

问至少多少次操作, 使得两数相等;

分析 : 这是一道位运算的题目, 操作1,2很好理解,  而对于操作3, 要知道按位或的性质, 是

a | b = a >= max{a, b} , 所以进行操作3后会使 原本a<b 到 a>=b, 再用一次二者差异会更大, 所以操作三只会用一次, 对于用一次操作3的情况下, 枚举3种情况

1. 若是 a | b == b , 则直接输出1, 如样例1

2. 若是 a<b 的情况下, a++直到 a | b == b, 则从1枚举每一次情况 即判断 ((a+i) | b) == b是否成立

3. 若是 a>b的情况下., 是先用了a | b, 使得a>b, 然后让b靠近a, 即 a | b, b++ == a, 即判断

(a | (b+i)) == b+i 是否成立.

每次的答案即为+i的次数 再+1(操作三), 若枚举完还没有使a = b, 则最小操作就直接是 b - a(a一直加到b)

AC代码如下: 

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;

const int N = 1e5+10;

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T -- )
    {
        int a,b;
        cin>>a>>b;
        int res = 0;
        if((a|b) == b){
            cout<<1<<endl;
            continue;
        }
        for(int i = 1; i <= b-a-1; i++)
        {
            if(((a+i)|b) == b || (a|(b+i)) == (b+i)){
                res = i+1;
                break;
            }
        }
        if(res) cout<<res<<endl;
        else cout<<b-a<<endl;
    }
}

### 解题思路 #### 问题描述 Codeforces 1678C - Tokitsukaze and Strange Inequality 是一道关于排列组合与前缀和的应用问题。给定一个长度为 \( n \) 的排列数组 \( p \),需要统计满足条件 \( a < b < c < d \) 并且 \( p_a < p_c \) 同时 \( p_b > p_d \) 的四元组数量。 --- #### 核心思想 由于数据规模较小 (\( n \leq 5000 \)),可以直接通过枚举的方式解决问题。为了降低时间复杂度,引入 **前缀和** 技术来加速计算过程[^3]。 具体来说: - 枚举变量 \( a \) 和 \( c \),固定它们之后,目标是快速找到符合条件的 \( b \) 和 \( d \)。 - 使用预处理好的前缀和数组 `num` 来高效查询某个范围内满足特定关系的数量。 - 定义辅助数组 `sum` 表示对于固定的区间范围内的某些约束条件下的累积计数结果。 --- #### 实现细节 ##### 步骤一:构建前缀和数组 `num` 定义二维数组 `num[i][j]`,其中 `num[i][j]` 表示在序列的前 \( i \) 项中,有多少个元素大于 \( j \)。 该数组可以通过如下方式初始化: ```python n = len(p) max_val = max(p) # 初始化 num 数组 num = [[0] * (max_val + 2) for _ in range(n + 1)] for i in range(1, n + 1): for j in range(max_val + 1, -1, -1): # 反向遍历以保持正确性 if p[i - 1] > j: num[i][j] = num[i - 1][j] + 1 else: num[i][j] = num[i - 1][j] ``` 上述代码的时间复杂度为 \( O(n \cdot m) \),其中 \( m \) 是数组中的最大值。 --- ##### 步骤二:定义并填充辅助数组 `sum` 定义另一个二维数组 `sum[i][j]`,它表示当 \( a=i \), \( c=j \) 时,在区间 \([a+1, c-1]\) 中满足 \( p[b] > p[d] \) 的总贡献次数。 利用动态规划的思想逐步更新此数组: ```python sum_ = [[0] * (n + 1) for _ in range(n + 1)] bucket = [0] * (max_val + 1) for l in range(n - 1, 0, -1): bucket[p[l]] += 1 for r in range(l + 2, n + 1): sum_[l][r] = sum_[l][r - 1] + (num[r - 1][p[r - 1]] - num[l][p[r - 1]]) ``` 这里的关键在于如何有效累加当前区间的合法贡献,并借助之前已经计算的结果减少重复运算。 --- ##### 步骤三:枚举所有可能的 \( a \) 和 \( c \) 最后一步是对所有的 \( a \) 和 \( c \) 进行双重循环,并将对应位置上的 `sum[a][c]` 加入最终答案中: ```python result = 0 for a in range(1, n - 2): for c in range(a + 2, n): result += sum_[a][c] print(result) ``` 整个算法的核心部分即完成以上三个阶段的操作即可实现高效的解决方案。 --- ### 总结 本题主要考察的是对多重嵌套结构的有效简化以及合理运用前缀和技巧的能力。通过巧妙设计的数据结构能够显著提升程序运行效率至可接受水平。
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