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[FJSC2014]异或之

时间:2014-07-19 20:11:24      阅读:328      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

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【题目描述】

给定n个非负整数A[1], A[2], ……, A[n]。

对于每对(i, j)满足1 <= i < j <= n,得到一个新的数A[i] xor A[j],这样共有n*(n-1)/2个新的数。求这些数(不包含A[i])中前k小的数。

注:xor对应于pascal中的“xor”,C++中的“^”。

【输入格式】

第一行2个正整数 n,k,如题所述。

以下n行,每行一个非负整数表示A[i]。

【输出格式】

共一行k个数,表示前k小的数。

【样例输入】

4 5

1

1

3

4

【样例输出】

0 2 2 5 5

【样例解释】

1 xor 1 = 0 (A[1] xor A[2])

1 xor 3 = 2 (A[1] xor A[3])

1 xor 4 = 5 (A[1] xor A[4])

1 xor 3 = 2 (A[2] xor A[3])

1 xor 4 = 5 (A[2] xor A[4])

3 xor 4 = 7 (A[3] xor A[4])

前5小的数:0 2 2 5 5

【数据范围】

第一个数据点,n <= 1000; 

第二个数据点,k = 1;

对于40%的数据,n <= 10000; k <= 10;

对于60%的数据,n <= 20000;

对于100%的数据,2 <= n <= 100000; 1 <= k <= min{250000, n*(n-1)/2};0 <= A[i] < 2^31

 

Solution

由于出题人数据是随机生成的就卡不掉我的暴力骗分啦~不过我是构了一组。

很明显,a-b<=a^b<=a+b

先对A[]排序,选取k个可能成为答案的数,用堆或者线段树维护修改和查询。当插进去的数比当前堆中的最大数还大的话就break。

 

bubuko.com,布布扣
 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<cstdlib>
 4 #include<ctime>
 5 int main()
 6 {
 7     freopen("xorit.in","w",stdout);
 8     srand(time(0));
 9     int n=1000,m=2500,mod=1<<30;mod--;
10     printf("%d %d\n",n,m);
11     for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",rand());
12 }
Data Maker
bubuko.com,布布扣
 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<cstring>
 4 int t[1000010],d,n,k,a[100010],tmp;
 5 int main()
 6 {
 7     scanf("%d%d",&n,&k);int i,j,l;
 8     memset(t,127,sizeof(t));
 9     for(d=1;d<k;d<<=1);
10     for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
11     std::sort(a+1,a+1+n);
12     for(i=2;i<=n;i++)
13     for(j=i-1;j;j--)t[++tmp]=a[i]^a[j];
14     std::sort(t+1,t+1+tmp);
15     for(i=1;i<=k;i++)printf("%d ",t[i]);
16 }
暴力
bubuko.com,布布扣
 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<cstring>
 4 int t[524288],d,n,k,a[100010],cnt,tmp,now;
 5 int main()
 6 {
 7     scanf("%d%d",&n,&k);int i,j,l,o;k++;
 8     for(d=1;d<k;d<<=1);
 9     for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
10     std::sort(a+1,a+1+n);
11     for(i=2;i<=n;i++)
12     for(j=i-1;j;j--)
13     {
14         tmp=a[i]^a[j];now=0;
15         for(l=k+d-2;l;l>>=1)now<t[l]?now=t[l]:1;
16         if(now==0&&cnt==k)break;
17         if(cnt<k)
18         {
19             if(now<tmp)now=tmp;
20             for(t[l=d+cnt]=tmp,cnt++,l>>=1;l;l>>=1)
21             {
22                 tmp=t[l<<1]>t[l<<1|1]?t[l<<1]:t[l<<1|1];
23                 t[l]=tmp;
24             }
25         }
26         else
27         {
28             if(tmp>=now&&a[i]-a[j]>now)break;
29             if(tmp<now)
30             {
31                 for(o=1;o<d;t[o<<1|1]==now?o=o<<1|1:o<<=1);
32                 if(now<tmp)now=tmp;
33                 for(t[o]=tmp,o>>=1;o;o>>=1)
34                 {
35                     tmp=t[o<<1]>t[o<<1|1]?t[o<<1]:t[o<<1|1];
36                     t[o]=tmp;
37                 }
38             }
39         }
40     }
41     std::sort(t+d,t+d+k);k--;
42     for(i=d;i<d+k;i++)printf("%d ",t[i]);
43 }
std

 

另外还有一种二进制分组的做法。考虑在二进制中前k位相同的数,k+1位对答案的贡献为cnt[0]*cnt[1],cnt[i]表示k+1位为i的数。

于是我们可以找到第k小的答案范围,然后暴力就行了。复杂度O(nlogn)

还有一种可持久化Trie树的做法--详见Noi超级钢琴

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[FJSC2014]异或之

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原文地址:http://www.cnblogs.com/Trinkle/p/3849580.html

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