0X01 位运算笔记
位运算，经常可以用来处理一些数学或动归方面的问题，通常会在数据范围较小的情况下使用。
为方便起见，一个 \(\mathrm{n}\) 位二进制数从右到左分别为第 \(\mathrm{0 \sim n - 1}\) 位。
快速幂 (\(\texttt{ACW89 a^b}\))
求 \(\mathrm{a^b}\) 对 \(\mathrm{p}\) 取模的值。
\(a, b \leq 10 ^ 9, 1 \leq p \leq 10 ^ 9\)。
考虑 \(b\) 的二进制。若可以表示为 \(\sum_{i}^{} 2^i\) 的形式，那么 \(a^b\) 就可以表示成 \(a ^ {\sum_{i}^{} 2 ^ i}\)。
而 \(a ^ {2 ^ i} = (a^{2^{i - 1}}) ^ 2\)，这样可以通过递推的方式求出 \(a ^ {2 ^ i}\)。由于 \(\max\{i\}\) 是 \(\log b\) 级别的，所以总时间复杂度为 \(O(\log b)\)。
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
using LL = long long;
int qpow(int a, int b, int p) {
int ans = 1 % p; // 这里是为了避免 p = 0 的情况出现
while (b) {
if (b & 1) ans = (LL)ans * a % p;
a = (LL)a * a % p;
b >>= 1;
}
return ans;
}
int main() {
int a, b, p;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &p);
printf("%d\n", qpow(a, b, p));
return 0;
}
六十四位整数乘法 (\(\texttt{ACW90}\))
求 \(a * b\) 对 \(p\) 取模的值。
- 算法一：
我们可以用类似快速幂的思想，使用二进制优化算法。将 \(b\) 拆分成二进制来看。假设 \(b\) 拆分成二进制之后是 \(\sum 2^i\)，那么答案就是 \(a ^ {\sum 2 ^ i} = \prod a ^ {2 ^ i}\)。由于 \(\max_i \leq \log_2 b\) ，因此可以保证复杂度为 \(O(\log b)\)。
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
using LL = long long;
LL mul(LL a, LL b, LL p) {
LL ans = 0;
while (b) {
if (b & 1) ans = (ans + a) % p;
a = (a << 1) % p;
b >>= 1;
}
return ans;
}
int main() {
LL a, b, p;
scanf("%lld%lld%lld", &a, &b, &p);
printf("%lld\n", mul(a, b, p));
}
- 算法二：
\(a \times b \pmod p = a \times b - \left \lfloor a \times b / p \right \rfloor\) 。
因此可以使用 \(\operatorname{long double}\) 存储 \(\left \lfloor a \times b / p \right \rfloor\)，\(\operatorname{long long}\) 存储 \(a \times b\)。二者相减即可。
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
using LL = long long;
LL mul(LL a, LL b, LL p) {
a %= p, b %= p;
LL c = (long double)a * b / p;
LL ans = a * b - c * p;
ans += (ans < 0) ? p : 0;
ans -= (ans >= p) ? p : 0;
return ans;
}
int main() {
LL a, b, p;
scanf("%lld%lld%lld", &a, &b, &p);
printf("%lld\n", mul(a, b, p));
}
最短 \(\text{Hamilton}\) 路径 (\(\texttt{ACW91}\))
给定一张 \(n\) 个点的带权无向图，点从 \(0∼n−1\) 标号，求起点 \(0\) 到终点 \(n−1\) 的最短 \(\text{Hamilton}\) 路径。
\(\text{Hamilton}\) 路径的定义是从 \(0\) 到 \(n−1\) 不重不漏地经过每个点恰好一次。 \(n \leq 20\)。
考虑状态压缩 \(dp\)。由于 \(n\) 的规模很小，可以直接用二进制枚举每个点的状态，其中 \(1\) 表示经过一次，\(0\) 表示没有经过。
设置状态 \(f_{i, j}\) ，表示当前在第 \(i\) 个点，当前状态是 \(j\) 的最短路径。首先要枚举所有可行状态，刷表时枚举当前点和要走到的点，如果当前点没有被走到过或者要去的点已经走过一遍了，那么直接剪掉。最终答案即为 \(f_{n - 1, 2^n - 1}\)。
由此来看，复杂度为 \(O(2 ^ n n ^ 2)\)，但是剪枝强度很大，可以跑过。
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 21;
int f[N][1 << N];
int n, w[N][N];
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; i ++ )
for (int j = 0; j < n; j ++ )
scanf("%d", &w[i][j]);
memset(f, 0x3f, sizeof f);
f[0][1 << 0] = 0;
for (int i = 1; i < 1 << n; i ++ )
for (int j = 0; j < n; j ++ ) if (i & (1 << j)) {
for (int k = 0; k < n; k ++ ) {
if (i & (1 << k)) continue;
f[k][i | (1 << k)] = min(f[k][i | (1 << k)], f[j][i] + w[j][k]);
}
}
printf("%d\n", f[n - 1][(1 << n) - 1]);
return 0;
}
起床困难综合征 (\(\texttt{ACW998}\))
本题思路是按位贪心。可以参照 \(01trie\) 进行理解。
形象地看，假设我有一个 \(n\) 位的二进制数，每一位都是 \(0\)，现在我可以把某一位变成一使得这个数最大，那么我肯定要变 \(n - 1\) 位，因为我只要把最高位设成 \(1\)，就会比 \(0 \sim n - 2\) 位都设成 \(1\) 要大 \(1\)。
本题也可以用这种思路，将答案从高位到低位按最优方案填充即可。
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, m, w[N];
string str[N];
int calc(int bit, int now) {
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
int x = w[i] >> bit & 1;
if (str[i] == "AND") now &= x;
else if (str[i] == "OR") now |= x;
else now ^= x;
}
return now;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
cin >> str[i] >> w[i];
int val = 0, ans = 0;
for (int i = 29; ~i; i -- ) {
int res0 = calc(i, 0);
int res1 = calc(i, 1);
if (val + (1 << i) <= m && res0 < res1)
val += 1 << i, ans += res1 << i;
else ans += res0 << i;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
