期望+位运算--连续段的期望

最新推荐文章于 2022-08-04 19:13:00 发布

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#期望 #位运算

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本文探讨了在一组数中随机选取两数进行位运算（XOR、AND、OR）后，所得结果的期望值计算问题。通过分析位运算特性，提出了一种从前缀异或和出发，结合概率统计的方法，分别计算XOR、AND、OR操作后的平均值。文章详细解释了算法思路，并提供了实现代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

小 $N$ 最近学习了位运算，她发现 $2$ 个数 $x o r$ 之后数的大小可能变大也可能变小， $a n d$ 之后都不会变大， $o r$ 之后不会变小。于是她想算出以下的期望值，现在有 $N$ 个数排成一排，如果她随意选择一对 $l, r$ 并将下标在 $l$ 和 $r$ 中间(包括 $l, r$ )的数 $(x o r, a n d, o r)$ 之后期望得到的值是多少呢？取出每一对 $l, r$ 的概率都是相等的。

solution:
大概是在规定时间内 $A$ 掉了？
~~虽然要了个大样例~~
$x o r$ 和 $a n s, o r$ 不太一样，所以就先写的 $x o r$ 的，但三个都是按位算

可以把这个序列的前缀异或和求出来，这样就是求随便选两个位置的值异或起来的期望，从左往右遍历这个序列，设当前点是端点的时候，因为异或只有这一位不同的时候才有贡献，所以就可以维护一个这一位是 $0 / 1$ 的数的个数，然后乘一下之类的，但是因为是前缀异或和，只选这一个数的时候情况有些许不同，所以可以仔细分类讨论一波

然后写 $o r$ 和 $a n d$ 的，这两个可以一起算，也是从前往后设当前为端点， $o r$ 的话只要这一位有 $1$ 那么前面都可以作为另一个端点，如果这一位是 $0$ 就看上一个这一位是 $1$ 的数在什么位置，这个也是记录一下就好了， $a n d$ 的话就是全部都是 $1$ 的时候才行，也就是连续段的 $1$ 才能产生贡献

总之仔细想想就好了
放代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define maxn 100005
#define int long long
using namespace std;
int n,a[maxn],b[maxn],cnt0,cnt1,f[35];
double ans1,ans2,ans3;

inline int rd(){
	int x=0,f=1;char c=' ';
	while(c<'0' || c>'9') f=c=='-'?-1:1,c=getchar();
	while(c<='9' && c>='0') x=x*10+c-'0',c=getchar();
	return x*f;
}

inline void solve(){
	for(int i=0;i<=30;i++){
		cnt1=0; cnt0=0;
		for(int j=1;j<=n;j++)
			if(a[j]&(1LL<<i)){
				cnt1++; cnt0=j;
				ans3+=2.0*(1LL<<i)*(j-1)/(n*n)+1.0*(1LL<<i)/(n*n);
				ans2+=2.0*(1LL<<i)/(n*n)*(cnt1-1)+1.0*(1LL<<i)/(n*n);
			}
			else {
				ans3+=2.0*(1LL<<i)/(n*n)*cnt0;
				cnt1=0;
			}
	}
}

signed main(){
	freopen("nine.in","r",stdin);
	freopen("nine.out","w",stdout);
	n=rd();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=rd(),b[i]=a[i];
	for(int i=2;i<=n;i++) b[i]^=b[i-1];
	for(int i=0;i<=30;i++){
		cnt0=0,cnt1=0;
		for(int j=1;j<=n;j++)
			if(b[j]&(1LL<<i)) {
				cnt1++;
				if(b[j-1]&(1LL<<i) && j!=1)
					ans1+=2.0*(1LL<<i)*cnt0/(n*n)+2.0*(1LL<<i)/(n*n);
				else ans1+=2.0*(1LL<<i)*(cnt0-1)/(n*n)+3.0*(1LL<<i)/(n*n);
			}
			else {
				cnt0++;
				if(b[j-1]&(1LL<<i))
					ans1+=2.0*(1LL<<i)*(cnt1-1)/(n*n)+1.0*(1LL<<i)/(n*n);
				else ans1+=2.0*(1LL<<i)*cnt1/(n*n);
			}
	}
	solve();
	printf("%.3lf %.3lf %.3lf\n",ans1,ans2,ans3);
	return 0;
}