【思维+位运算】Endfield (hard)（只出现一次的数扩展为2N+3 常数空间复杂度）-优快云博客

Endfield (hard)

题目背景

本题与《Endfield (easy)》共享题目背景，简单版本为本题的子问题。若能通过 hard，在做简单修改后，必能通过 easy。

$S u r t r 1$ 正在 $E n df i e l d$ 里建造流水线，建造期间 $S u r t r 1$ 发现部分传送带摆错方向了，所以他想撤销这部分传送带（想要销毁传送带就必须把传送带上的物件放到仓库和背包内），但是 $S u r t r 1$ 的仓库和背包已经满了，他必须销毁部分背包内的物品，且他想销毁那种只存放了一个的物品。
背包内的物品太多，他很难找到那些单数物品，你能帮他找到这些单数物品吗？

给定正整数 $n$ ，代表非单数物品的个数，和一个长度为 $2 n + 3$ 的物品编号序列 ${a_n\}$ 。物品编号序列 ${a_n\}$ 满足：每个物品编号均为非负整数，其中有 $n$ 个物品编号出现过 $2$ 次， $3$ 个物品编号只出现过 $1$ 次。满足这 $n + 3$ 个物品的编号两两不同。
求这 $3$ 个只出现过一次的物品的编号。

说明：
要求空间复杂度为常数。
由于牛客的一些限制，空间限制不能开得太小，故而允许使用 $O (N)$ 的空间来储存 ${a_n\}$
请使用快读来读取数据：

inline long long read()
{
   long long x=0,f=1;
   char ch=getchar();
   while(ch<'0'||ch>'9')
   {
       if(ch=='-')
           f=-1;
       ch=getchar();
   }
   while(ch>='0' && ch<='9')
       x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
   return x*f;
}

快读的使用方法：
假设输入共一行，两个整数 $n$ ， $m$ ，中间用空格隔开，那么读取方法为：

int n = read();
int m = read();

输入格式

输入共两行。
第一行，一个正整数 $n(1\le n\le 5\times10^6)$ 。
第二行，输入一次由 $2 n + 3$ 个非负整数组成的序列 $\{a_n\}(0\le a_i\le 10^{18})$ 。

输出格式

输出共一行，在一行上输出 $3$ 个非负整数，每个数之间用空格隔开。
每个数表示只出现过一次的非负整数。
按从小到大的顺序输出。

输入输出样例 #1

输入 #1

3
1 1 2 2 3 3 6 4 5

输出 #1

4 5 6

输入输出样例 #2

输入 #2

2
1145141 2333 2333 1000000007 998244353 1145141 1270

输出 #2

1270 998244353 1000000007

题解

2n + 1 的情形

考虑异或运算的两个重要性质：

恒等律: $\oplus 0 = p$
归零律: $\oplus p = 0$

记 $\bigoplus_{i=1}^{2n+1} a_i$ ，则 $X$ 即为答案。

证明: 由归零律，所有出现过两次的数字变成了 0。由于恒等律，那些只出现一次的数字与 0 异或的结果为那个数字。

2n + 2 的情形

我们可以找到一种序列 ${a_n\}$ 的划分方式，使得两个只出现一次的数 $a_x, a_y$ 处于不同的部分。然后按照 $2 n + 1$ 的情形，将两部分分别求异或即可。

一种简单且合理的划分方法：首先求出 $a_x \oplus a_y$ 的值（等价于求整个序列的异或和），再求出 $\text{lowbit}(x)$ ，根据 $a_i$ 的二进制表示在这一位是否为 1 将序列划分。

时间复杂度 $O (N)$ ，空间复杂度 $O (1)$ 。
这道题没有卡时间复杂度和空间复杂度
时间复杂度 $O (N)$ 做法：位运算、unordered_set（没有卡哈希）
时间复杂度 $O (N * l o g N)$ 的做法也可以接受：离散化、set等都可以解决

#include<bits/stdc++.h>
// #define int long long
#define all(x) (x).begin(), (x).end()


using namespace std;
typedef long long ll;
using i64 =long long;
using i128 =__int128;
template<class T>void debug(const vector<T> & v,int l,int r){for(int i=l;i<=r;i++){cout<<v[i]<<' ';}cout<<'\n';}
template<class T>void debug(const vector<T> & v){for(int i=1;i<v.size();i++){cout<<v[i]<<' ';}cout<<'\n';}
template<class T>void debug(const T & v){cout<<v<<'\n';}
template<class T>bool chmax(T &a,const T& b) {if(a >= b) return false;a = b; return true;}
template<class T>bool chmin(T &a,const T& b) {if(a <= b) return false;a = b; return true;}
mt19937 rng(time(0));
mt19937_64 rng64((unsigned int) chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());

ll lowbit(ll x){
	return x&(-x);
}

void Main(){
	ll n;
	cin>>n;
	ll x;
	ll ab = 0;
    for(int i=1;i<=2*n+2;i++){
    	cin>>x;
    	ab^=x;
	}
	ll lb = lowbit(ab);
	ll num1=0,num2=0;
    for(int i=1;i<=2*n+2;i++){
    	cin>>x;
    	if(x&lb)num1^=x;
    	else num2^=x;
	}
	if(num1>num2)swap(num1,num2);
	cout<<num1<<' '<<num2;
}



int32_t main(){
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr);
    
    int _ = 1;
//     cin>>_;

    while(_--)Main();

    return 0;
}

2n + 3 的情形

记三个只出现一次的数分别为 $a_x, a_y, a_z$ 。

设 $\bigoplus_{i=1}^{2n+3} a_i = a_x \oplus a_y \oplus a_z$ 。

则 $b_i = a_i \oplus X, \quad 1 \leq i \leq 2n + 3$ ，则 $b_x = a_y \oplus a_z, b_y = a_x \oplus a_z, b_z = a_x \oplus a_y$ 。

令 $X_{new} = \bigoplus_{i=1}^{2n+3} b_i = b_x \oplus b_y \oplus b_z = 0$ 。

断言 1： $b_x, b_y, b_z$ 互不相等。

证明 1：

考虑反证法：由 $a_x, a_y, a_z$ 互不相等，且 $b_x, b_y, b_z$ 均不为 0。若 $b_x = b_y$ ，则 $b_x \oplus b_y = (a_y \oplus a_z) \oplus (a_x \oplus a_z) = a_x \oplus a_y \neq 0$ ，矛盾。

接下来令 $\text{lowbit}(x)$ 。

断言 2： $f(b_x), f(b_y), f(b_z)$ 中有且仅有两个数相等。

证明 2：

不妨设这三个数中最小的数是 $f(b_x)$ ，令 $n=f(b_x)$ ，则由 $X_{new} = 0$ 知， $b_y, b_z$ 中定然有一个数在第 $n$ 位为 1，另一个数在该位上为 0。不妨设 $b_y$ 在该位上为， $f(b_x)=f(b_y),f(b_z)>f(b_y)=f(b_x)$

设 $f(b_x) = f(b_y)$ , $m$ 为 $b_z$ 最低位所在位置。
由断言 2， ${ b_n \}$ 中所有数对应的 $f(b_i)$ 的异或和为 $f(b_z)$ 。由 $b_z$ 在第 $m$ 位上为 $1$ ，且 $b_x \oplus b_y \oplus b_z = 0，$ 不妨设 $b_y$ 在该位为 $1$ ， $b_x$ 在该位为 $0$ 。故可按照 $b_i$ 在第 $m$ 位上是否为 $1$ ，将 ${ b_n \}$ 分成两个部分。每部分的异或值恰好为 $b_x$ ，那么 $a_x=b_x\oplus X$ 。

然后，问题就转化为 $2 n + 2$ 的情形，共需读入序列 ${ a_n \}$ 四次(由于牛客所开空间的限制，这里只读一次，并用数组存储)。

时间复杂度 $O (N)$ ，空间复杂度 $O (1)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
// #define int long long
#define all(x) (x).begin(), (x).end()

using namespace std;
typedef long long ll;
using i64 =long long;
using i128 =__int128;
template<class T>void debug(const vector<T> & v,int l,int r){for(int i=l;i<=r;i++){cout<<v[i]<<' ';}cout<<'\n';}
template<class T>void debug(const vector<T> & v){for(int i=1;i<v.size();i++){cout<<v[i]<<' ';}cout<<'\n';}
template<class T>void debug(const T & v){cout<<v<<'\n';}
template<class T>bool chmax(T &a,const T& b) {if(a >= b) return false;a = b; return true;}
template<class T>bool chmin(T &a,const T& b) {if(a <= b) return false;a = b; return true;}
mt19937 rng(time(0));
mt19937_64 rng64((unsigned int) chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());

ll lowbit(ll x){
	return x&(-x);
}

void Main(){
	ll n,x;
	cin>>n;
	vector<ll> ans(4);
	ll xor1 = 0;
	//求a[i]异或和 
    for(int i=1;i<=2*n+3;i++){
    	cin>>x;
    	xor1^=x;
	}
	
	ll lb1 =0;
	//求f[b[i]] 异或和 
	for(int i=1;i<=2*n+3;i++){
		cin>>x;
		lb1^=lowbit(x^xor1);
	}
	//划分为两部分 
	ll xor2 =0;
	for(int i=1;i<=2*n+3;i++){
		cin>>x;
		if((x^xor1)&lb1)xor2^=(x^xor1);
	}
	//第一个数 
	ans[1]=xor1^xor2;
	
	//求第二个数
	ll lb2 = lowbit(ans[1]^xor1);
	if(ans[1]&lb2)ans[2]=ans[1];
	else ans[2]=0;
    for(int i=1;i<=2*n+3;i++){
    	cin>>x;
    	if(x&lb2)ans[2]^=x;
	}
	ans[3]=xor1^ans[1]^ans[2];
	sort(ans.begin()+1,ans.end());
	cout<<ans[1]<<' '<<ans[2]<<' '<<ans[3]<<'\n';
}


int32_t main(){
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr);
    
    int _ = 1;
//     cin>>_;

    while(_--)Main();

    return 0;
}