POJ 3986 Math teacher's homework

最新推荐文章于 2024-05-15 21:23:32 发布

weixin_34283445

最新推荐文章于 2024-05-15 21:23:32 发布

阅读量150

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/wangck/p/4520583.html

本文探讨了一个在二进制异或运算约束下的组合计数问题，通过逐位分析并使用动态规划方法来解决。算法的时间复杂度为O(32n)，适用于位数不超过32的情况。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目

给出\(n,m_1,m_2,...,m_n\)，求\(x_1 xor x_2 xor ... xor x_n=k (0 \leq x_i \leq m_i)\)的解的数量。二进制位数小于\(32\)。

分(tu)析(cao)

这其实是一道非常不错的题目，又感觉像rng_58的题了。囧

算法

我们现在只考虑前\(i\)位（二进制）的状态，第\(i+1 \sim 32\)位假设都已经填好了。这时，如果一个数\(x_j\)没有限制，也就是它的前\(i\)位可以任意地填\(0\)或\(1\)，这个时候，我们可以将除这个数外的数任意填，设任意填完后的异或值为\(b\)，那么取\(x_j=k xor b\)，我们就得到了一个解。

这告诉我们，如果我们从高位到低位计算，如果有任意一个数\(x_j\)脱离了\(m\)的限制，那么就不再需要往下计算了，答案就是：除\(x_j\)外的数任意填，并且满足\(b\)的第\(i\)位等于\(k\)的第\(i\)位（因为这时的\(x_j\)的第\(i\)位已经为了脱离限制而填了\(0\)）的方案数。那么怎么计算这个方案数呢，由于在\(i\)位的时候，可能有很多数同时脱离限制，所以我们可以枚举最后一个脱离限制的是哪个数，然后在这个数前面的可以用dp算出来，后面的由于都没有脱离限制，可以直接算。

时间复杂度，如果将预处理写好了就是\(O(32n)\)的，我图方便就直接乱搞了。

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long i64;

const int MOD = (int) 1e9 + 3;
const int MAXN = 53;

int n, k;
int A[MAXN];

i64 solve(int cur) {
    static i64 f[MAXN][2];
    memset(f, 0, sizeof f);
    f[0][0] = 1;
    i64 upper = (1ll << (cur + 1)) - 1;
    for (int i = 0; i < n; i ++)
        for (int j = 0; j < 2; j ++) {
            if (f[i][j] == 0) continue;
            if (A[i] >> cur & 1) {
                i64 x = upper - (1 << cur) + 1;
                f[i + 1][j] = ((i64) f[i][j] * x + f[i + 1][j]) % MOD;
                x = (A[i] & upper) - (1 << cur) + 1;
                f[i + 1][j ^ 1] = ((i64) f[i][j] * x + f[i + 1][j ^ 1]) % MOD;
            }
            else {
                i64 x = (A[i] & upper) + 1;
                f[i + 1][j] = ((i64) f[i][j] * x + f[i + 1][j]) % MOD;
            }
        }
    i64 ret = 0;
    for (int i = 0; i < n; i ++) {
        int cnt = 0;
        for (int j = i + 1; j < n; j ++) // 可以预处理
            cnt += A[j] >> cur & 1;
        i64 sum = 0;
        if (A[i] >> cur & 1) 
            for (int j = 0; j < 2; j ++)
                if ((k >> cur & 1) == ((j + cnt) & 1))
                    sum = (sum + f[i][j]) % MOD;
        for (int j = i + 1; j < n; j ++) // 可以预处理
            if (A[j] >> cur & 1)
                sum = sum * ((A[j] & upper) - (1 << cur) + 1) % MOD;
            else
                sum = sum * ((A[j] & upper) + 1) % MOD;
        ret = (ret + sum) % MOD;
    }
    return ret;
}

int main() {
    while (true) {
        scanf("%d%d", &n, &k);
        if (n == 0 && k == 0) break;
        for (int i = 0; i < n; i ++)
            scanf("%d", A + i);

        i64 ans = 0;
        for (int i = 30; i >= 0; i --) {
            ans = (ans + solve(i)) % MOD;
            int x = 0;
            for (int j = 0; j < n; j ++)
                x ^= A[j] >> i & 1;
            if (x != (k >> i & 1)) break;
            if (i == 0) ans = (ans + 1) % MOD;
        }
        cout << ans << endl;
    }

    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/wangck/p/4520583.html