【枚举】【贪心技巧】【集训队互测2021】子集匹配

题目描述

给定 $n, k (2 k \geq n)$ ，二进制中有 $k$ 个 $1$ 的不超过 $n$ 位的数有 $(\binom{n}{k})$ 个，有 $k - 1$ 个 $1$ 的有 $(\binom{n}{k - 1})$ 个，后者显然大于等于前者，要求对于每一个 $k$ 个 $1$ 的数 $x$ ，都找出一个 $k - 1$ 位的数 $y$ 与之对应，且 $x & y = y$ ，每一个 $y$ 只能对应一个 $x$ 。

$1 \leq k \leq n \leq 27$ 。

算法概述

这道题要求我们 $O (1)$ 地将一个集合映射到一个集合上且不重不漏，考虑一种神秘的构造方法：从小到大枚举每一个要进行映射的数，从高到低枚举每一位 $1$ ，去掉这一位形成一个新的数 $y$ ，如果 $y$ 没有用过就对应 $y$ 。

感性理解，就是前面的数很小，后面的数很大，我们优先去掉高位，让占用的数尽量小，更少地影响到后面的大数，一定能分配好。

这样做要用一个 $b i t s e t$ 维护，空间 $Θ (\frac{n}{w})$ ，如果我们需要 $O (1)$ 的空间呢？

我们将二进制从低到高看作一个折线图， $1$ 为 $+ 1$ ， $0$ 为 $- 1$ ，我们找到它最前面的最高点 $m a x k$ ，这一定是一个 $1$ ，我们将它变成 $0$ ，求出对应的数，就可以完成匹配。

为什么呢？考虑变化以后的图，最高点一定是 $m a x k - 1$ ，并且我们发现这个点后面的最大值原来是 $m a x k$ ，现在整体减 $2$ 变成了 $m a x k - 2$ ，所以这个 $m a x k - 1$ 一定是最后一个 $m a x k - 1$ ，所以对于一个最高点是 $m a x k - 1$ 的数，我们将其最后一个 $m a x k - 1$ 后面的一个数变成 $+ 1$ ，就得到了唯一的一个有 $k$ 个 $1$ 的数。不用担心这个 $m a x k - 1$ 后面是否有数，顺向变化时的 $m a x k$ 下降后 $m a x k - 1$ 是它前面一个值，也就是说 $m a x k - 1$ 后面一定会有一个值，且为 $m a x k - 2$ 。

这样我们就证明了存在一部分 $k - 1$ 个 $1$ 的数与 $k$ 个 $1$ 的数的一一对应。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e8 + 4e7;vector <int> p;

bitset <N> s;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
	int n,k;
	cin>>n>>k;
	int cnt = 0;
	for(int i = 1,nw = 0;i < (1 << n);++i)
	{
		if(i >= (1 << (nw + 1))) nw++;
		if(__builtin_popcount(i) == k)
		{
			++cnt;
			for(int j = nw;j >= 0;j--) 
				if((i >> j) & 1) 
					if(!s[i - (1 << j)])
					{
						s[i - (1 << j)] = 1;
						cout<<(i - (1 << j)) << '\n';
						break;
					}
		}
	}
	cerr<<1.00 * sizeof(s) / 1024 / 1024<< '\n';
	return 0;
}