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CodeForces 1616H Keep XOR Low {a^b≤x} / CodeForces gym102331 Bitwise Xor {a^b≥x}（trie树 + 计数）

2022-01-14 09:04:27 作者：互联网

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CodeForces 1616H Keep XOR Low
CodeForces gym102331 Bitwise Xor

CodeForces 1616H Keep XOR Low

problem

洛谷链接

solution

虽然选的是一个子集，但本质还是二元限制。

这非常类似以前做过的题目，已知 a i , k a_i,k ai,k，求满足 a i ⊕ a j ≤ k a_i\oplus a_j\le k ai⊕aj≤k 的 a j a_j aj 个数。

这是一元限制，常见解法是在 trie \text{trie} trie 树上统计。紧贴的思想。

具体而言，就像数位 d p dp dp 一样，贴着 x x x 二进制位的要求走，如果 d d d 位为 1 1 1，那么直接统计 trie \text{trie} trie 树该位 0 0 0 子树的个数，然后继续往 1 1 1 那边走。

我们考虑采用同样的方法来解决本题。只不过此时的 a i a_i ai 同样未知。

直接设计 d f s ( x , y , d ) : dfs(x,y,d): dfs(x,y,d): 目前在 d d d 二进制位，从 x , y x,y x,y 子树中选取子集，仅考虑 x − y x-y x−y 间限制的方案数，且前 d d d 位都是紧贴的。

首先得从高到低考虑二进制位。初始调用函数 d f s ( 1 , 1 , 30 ) dfs(1,1,30) dfs(1,1,30)。（插入以及统计子树内个数就略过了）

x = y x=y x=y。
- k k k 的 d d d 位为 1 1 1。
  
  直接返回 d f s ( l s o n [ x ] , r s o n [ x ] , d − 1 ) dfs(lson[x],rson[x],d-1) dfs(lson[x],rson[x],d−1)。
- k k k 的 d d d 位为 0 0 0。
  
  返回 d f s ( l s o n [ x ] , l s o n [ x ] , d − 1 ) + d f s ( r s o n [ x ] , r s o n [ y ] , d − 1 ) dfs(lson[x],lson[x],d-1)+dfs(rson[x],rson[y],d-1) dfs(lson[x],lson[x],d−1)+dfs(rson[x],rson[y],d−1)。
  
  这里不能乘法乱来，否则就会包含 x x x 左右儿子组合等等，这些异或在该位可是 1 1 1，超过了 k k k 限制。
x ≠ y x\ne y x=y。
- k k k 的 d d d 位为 1 1 1。
  
  返回 d f s ( l s o n [ x ] , r s o n [ y ] , d − 1 ) ∗ d f s ( r s o n [ x ] , l s o n [ y ] , d − 1 ) dfs(lson[x],rson[y],d-1)*dfs(rson[x],lson[y],d-1) dfs(lson[x],rson[y],d−1)∗dfs(rson[x],lson[y],d−1)。
  
  实际上应该是两边都要 + 1 +1 +1 再乘，表示仅从 x , y x,y x,y 的各一个儿子中选取的方案数，直接乘就是要求 x , y x,y x,y 左右儿子中都要选择了。
  
  最后还要 − 1 -1 −1，减去两边没一个选的空集。
  
  这个乘法就包含了 x x x 左右儿子组合， y y y 左右儿子组合， x , y x,y x,y 左/右儿子组合等等的可能。
  
  这些组合在这一位的异或都是 0 0 0，都是松弛在限制下面的。
- k k k 的 d d d 位为 0 0 0。
  
  返回 d f s ( l s o n [ x ] , l s o n [ y ] , d − 1 ) + d f s ( r s o n [ x ] , r s o n [ y ] , d − 1 ) dfs(lson[x],lson[y],d-1)+dfs(rson[x],rson[y],d-1) dfs(lson[x],lson[y],d−1)+dfs(rson[x],rson[y],d−1)。
  
  但这里没有考虑到只选 x x x 内部的左右子树和只选 y y y 内部的左右子树的情况。
  
  直接加上 ( 2 s i z [ l s o n [ x ] ] − 1 ) ( 2 s i z [ r s o n [ x ] ] − 1 ) + ( 2 s i z [ l s o n [ y ] ] − 1 ) ( 2 s i z [ r s o n [ y ] ] − 1 ) (2^{siz[lson[x]]}-1)(2^{siz[rson[x]]}-1)+(2^{siz[lson[y]]}-1)(2^{siz[rson[y]]}-1) (2siz[lson[x]]−1)(2siz[rson[x]]−1)+(2siz[lson[y]]−1)(2siz[rson[y]]−1)。
  
  为什么这里可以直接乘了，而不是继续 d f s dfs dfs 下去呢？
  
  注意到如果 x ≠ y x\neq y x=y，那么之前必定是有一个更高位使得他们分叉。
  
  而分叉的条件都是那个更高位上的 k k k 是 1 1 1。
  
  所以这里可以直接 x / y x/y x/y 子树内部各自乱选，反正异或起来至少在那个较高位都是 0 0 0。
  
  一定是被限制松弛的方案数。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 998244353
#define maxn 150005
int n, m, root, cnt;
int a[maxn], mi[maxn], l[maxn * 30], r[maxn * 30], siz[maxn * 30];

void insert( int &now, int d, int x ) {
    if( ! now ) now = ++ cnt;
    siz[now] ++;
    if( ! ~ d ) return;
    if( x >> d & 1 ) insert( r[now], d - 1, x );
    else insert( l[now], d - 1, x );
}

int dfs( int x, int y, int d ) {
    //-1是减去空集的情况数
    if( ! x ) return mi[siz[y]] - 1;
    if( ! y ) return mi[siz[x]] - 1;
    if( x == y ) {
        if( ! ~ d ) return mi[siz[x]] - 1;
        else if( m >> d & 1 ) 
            return dfs( l[x], r[x], d - 1 );
        else 
            return ( dfs( l[x], l[x], d - 1 ) + dfs( r[x], r[x], d - 1 ) ) % mod;
    }
    else {
        if( ! ~ d ) return mi[siz[x]] * mi[siz[y]] % mod - 1;
        //+1乘是有可能不选这个子树中的子集
        else if( m >> d & 1 ) 
            return ( dfs( l[x], r[y], d - 1 ) + 1 ) * ( dfs( r[x], l[y], d - 1 ) + 1 ) % mod - 1;
        else {
            int ans = ( dfs( l[x], l[y], d - 1 ) + dfs( r[x], r[y], d - 1 ) ) % mod;
            ( ans += ( mi[siz[l[x]]] - 1 ) * ( mi[siz[r[x]]] - 1 ) % mod ) %= mod;
            ( ans += ( mi[siz[l[y]]] - 1 ) * ( mi[siz[r[y]]] - 1 ) % mod ) %= mod;
            //这种情况计数是左右子树一定都选了的
            return ans;
        }
    }
}

signed main() {
    scanf( "%lld %lld", &n, &m ); mi[0] = 1;
    for( int i = 1, x;i <= n;i ++ ) {
        scanf( "%lld", &x ), insert( root, 30, x );
        mi[i] = ( mi[i - 1] << 1 ) % mod;
    }
    printf( "%lld\n", ( dfs( root, root, 30 ) + mod ) % mod );
    return 0;
}

还有一道类似的题目，只不过限制变为了 a i ⊕ a j ≥ k a_i\oplus a_j\ge k ai⊕aj≥k。但做法就完全不一样了。

CodeForces gym102331 Bitwise Xor

problem

CF链接

solution

一堆数按从高到低二进制考虑，按第 w w w 位分为 0 / 1 0/1 0/1 两个集合，第 w w w 位产生贡献肯定是两个数隶属不同的集合。

如此递归分层下去，我们发现：从小到大排序后只用考虑相邻两个数是否满足限制。

上述结论有一个数学化的表达： a < b < c ⇒ min ⁡ ( a ⊕ b , b ⊕ c ) ≤ a ⊕ c a<b<c\Rightarrow \min(a\oplus b,b\oplus c)\le a\oplus c a<b<c⇒min(a⊕b,b⊕c)≤a⊕c。

可以大概理解为数相差越大，二进制位的高位越有可能异或为 1 1 1，异或结果越有可能更大。

因此可以将 a a a 从小到大排序，设 f i : a i f_i:a_i fi:ai 结尾的序列的方案数。

转移利用 trie \text{trie} trie 树的紧贴思想去求与 a i a_i ai 异或 ≥ x \ge x ≥x 的 a j a_j aj 对应的方案数。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 998244353
#define maxn 300005
int n, m;
int a[maxn], cnt;
int trie[maxn * 65][2], sum[maxn * 65];

void insert( int x, int val ) {
    for( int i = 60, now = 0;~ i;i -- ) {
        int k = x >> i & 1;
        if( ! trie[now][k] ) trie[now][k] = ++ cnt;
        now = trie[now][k];
        ( sum[now] += val ) %= mod;
    }
}

int query( int x ) {
    int ans = 0, now = 0;
    for( int i = 60;~ i;i -- ) {
        int k = x >> i & 1;
        if( m >> i & 1 ) now = trie[now][k ^ 1];
        else ( ans += sum[trie[now][k ^ 1]] ) %= mod, now = trie[now][k];
        if( ! now ) break; //很有可能这个数比之大的不存在 那么now就会回到0 如果继续走下去就岔了
    }
    return ( ans + sum[now] ) % mod;
}

signed main() {
    scanf( "%lld %lld", &n, &m );
    for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );
    sort( a + 1, a + n + 1 );
    int ans = 0; //f[i]=1+\sum_{j,a_i^a_j>=m}f[j]
    for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {
        int val = query( a[i] ) + 1; //+1是自己单独一个的方案
        ans = ( ans + val ) % mod;
        insert( a[i], val );
    }
    printf( "%lld\n", ans );
    return 0;
}

标签：XOR,trie,rson,CodeForces,dfs,int,lson,now
来源： https://blog.csdn.net/Emm_Titan/article/details/122486780