UNR #7 Day1 比特迷宫 个人记录

思路

构造，且上界并不是特别严格。/bx/bx/bx

首先加法比较“混合”，考虑转成位运算，具体地，钦定操作的 $a,b$ 满足 $a\mathrm{\&}b=0$。

考虑递归成子问题，按照 popcount 分组，有一个关键观察是：我们在操作一个 $a|b=c$ 的时候，可以将任意几个 $d\mathrm{\&}c=d$ 且 $popcount(d)=popcount(c)-1$ 的 $a_d$ 01 翻转。

具体而言，假设我们在操作 10111，我们要使得 10110 和 10101 01翻转，那我们可以使 a|b = 10111，且 b = 00011，即我们要的 $d$ 的缺的 1。

发现这个时候 < k - 1 的位上的 a 会受到一堆操作的影响，那我们直接先不管它，因为我们在操作 $popcount=i$ 的时候 $popcount>i$ 的是不会受影响的所以递归成子问题即可。

那么我们考虑求出 $T_{1\sim k}$ 使得 $T_i$ 能覆盖所有 $popcount=i-1$。这个可以贪心求，每次求最大的可行的即可（可以用桶优化），不一定最优但是够了，我构造出来的 $\sum T_k=159599$，不知道为啥，其他人好像可以构造出 157884。哦，他们选择的是覆盖最多的情况下最小的值加入 T 中，而我是随便选的，不知道为什么他们会更优/yun

有知道的老哥能不能教教我/kel

好像没什么细节，注意一开始若 $a_{n-1}\ne 1$ 的话要额外进行一次操作使得 $a_{n-1}$ 变为 1.

代码

const int N = 1 << 20;
const int LogN = 20;
int n, k, _, tot;
int a[N], vis[N], cnt[N], inT[N];
vector <int> pos[LogN + 1], val[LogN + 1], T[LogN + 1];

vector <pii> opt;
void answer(int a, int b) {
    assert((a & b) == 0);
    int s = b;
    do {
        Main::a[a | s] ^= 1;
    } while(s && (s = (s - 1) & b, 1));
    opt.eb(a, b);
}
void output() {
    printf("%llu\n", opt.size());
    for (pii _ : opt) {
        int a = _.fi, b = _.se;
        printf("%d %d\n", a, b);
    }
    fflush(stdout);
}

void skymaths() {
    read(n, k, _);
    for (int i = 0; i < n; ++i) read(a[i]);
    // read(k); n = 1 << k;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        vis[i] = 1;
        pos[cnt[i] = __builtin_popcount(i)].emplace_back(i);
    }
    rep (c, 1, k) {
        // 求 T(c)，即覆盖所有 T(c - 1)
        for (int i = 0; i <= k; ++i) val[i].clear();
        for (int v : pos[c]) {
            val[c].eb(v);
            assert(cnt[v] == c);
            // printf("c = %d, v = %d\n", c, v);
        }
        per (i, k, 1) {
            for (int v : val[i]) {
                if (cnt[v] != i) {
                    // printf("    %d cnt -> %d\n", v, cnt[v]);
                    // assert(cnt[v] < i);
                    val[cnt[v]].eb(v);
                    continue;
                }
                T[c].eb(v); ++tot;
                inT[v] = 1;
                rep (j, 0, k - 1) {
                    if ((v >> j & 1) && vis[v ^ (1 << j)]) {
                        int t = v ^ (1 << j);
                        vis[t] = 0;
                        rep (bit, 0, k - 1) {
                            if (t >> bit & 1) continue;
                            --cnt[t ^ (1 << bit)];
                        }
                    }
                }
            }
        }
    }

	// 此时输出 tot 就是 sum |Tk|

    if (!a[n - 1]) answer(n - 1, 0);

    per (i, k, 1) {
        for (int v : T[i]) {
            int msk = 0;
            rep (j, 0, k - 1) {
                if (v >> j & 1) {
                    if (a[v ^ (1 << j)] != inT[v ^ (1 << j)]) msk |= 1 << j;
                }
            }
            answer(v ^ msk, msk);
        }
    }

    rep (i, 0, n - 1) {
        if (a[i] != 0) {
            cerr << "Wrong on i = " << i << endl;
        }
    }

    output();
	
    // check 正确性用的代码
	
    // clr(vis);
    // rep (c, 1, k) {
    //     for (int v : T[c]) {
    //         rep (j, 0, k - 1) {
    //             if (v >> j & 1) {
    //                 vis[v ^ (1 << j)] = 1;
    //             }
    //         }
    //     }
    // }
    // rep (i, 0, n - 1) {
    //     if (!vis[i]) {
    //         printf("wrong on i = %d\n", i);
    //     }
    // }

    // printf("%d\n", tot);
    // return ;
    // rep (c, 1, k) {
    //     printf("T(%d) = \n", c);
    //     for (int v : T[c]) {
    //         printf("%d ", v);
    //     }
    //     printf("\n");
    // }
}