UVA12716 GCD XOR解题报告

最新推荐文章于 2021-08-07 16:28:44 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/sky-zxz/p/9862385.html

本文介绍了一种结合数论与位运算解决特定二元组计数问题的方法，通过预处理和枚举策略，实现了O(Nlog(N))的时间复杂度。详细解析了算法步骤与核心代码实现。

题目链接：这里～～

题目描述：输入数据组数t，接下来t行每行给定一个数字n，如样例所示格式输出满足1<=b<=a<=n且gcd(a,b)==a xor b的(a,b)二元组个数。

输入样例#1：

2
7
20000000

输出样例：

Case 1: 4
Case 2: 34866117

解题思路：

首先需要知道三个性质：

1.A^B=C , 则 A^C=B , B^C=A.

2.(A^B)^C=A^(B^C)

3.若A>=B, 则A-B<=A^B

然后观察题目条件：

等式1：GCD（A，B）=A^B=GCD（B,A-B）= C （假设一个C）

设A>=B , A=k1*C , B=k2*C. 则 A-B=（K1-K2）*C

当A=B ，等式1显然不成立，除非A=0.所以K1！=K2

因为K1-K2>=1，所以A-B>=C, 又因为上面的性质为A-B<=A^B=C.

即A-B=C

则GCD(B,C)=C.

我们只需要枚举C的倍数（B）就行了。

满足了GCD（A，B）=C的限制条件，发现我们还没有用A^B=C的限制条件.

所以我们在枚举B的时候，对于满足（B+C）^B=C的更新答案即可。

当然A不能大于N，所以B+C<=N。

因为T可能很多，可以发现实际上答案是可以预处理的且具有前缀和的性质。

时间复杂度：O(Nlog(N)).

分析：

对于N是枚举C.

log(n)是枚举C的倍数，每个数的倍数在N的范围内不超过N/C个，

对于所有的数则是(N/1+N/2+N/3+...+N/N)，时间复杂度为调和级数，

所以总时间复杂度为N log(N).

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
#define R register
using namespace std;
const int N=3e7+5;
int t,n;
ll ans[N];
inline void find()
{
    for(R int i=1;i<=30000000;++i)//枚举c
    for(R int j=i*2;(i+j)<=30000000;j+=i)
    if((i+j)==(i^j))++ans[i+j];
    for(R int i=1;i<=30000000;++i)
    ans[i]+=ans[i-1];
}
int main(){
    scanf("%d",&t);
    find();
    for(R int k=1;k<=t;k++)
    {
        scanf("%d",&n);
        printf("Case %d: %lld\n",k,ans[n]);
    }
    return 0;
}