CF 试题泛做 *1600-2000

https://codeforces.com/problemset?tags=1600-2000

https://codeforces.com/contest/1632/problem/C

题意：对于或操作我们有

对于 $T\le 10^4$ 组数据，给两个数 $a,b,1\le a<b\le10^6, \sum b \le 10^6$ 你可以执行任意次的以下的三个操作。

1. $a+=1$
2. $b+=1$
3. $a=a|b$

问最少多少次的操作，可以使得 $a==b$。

分析：

我们有 $\mathbf{a|b\le \max(a,b)}$。
因此第三个操作会使得 $a\le b$，如果等于就结束了，如果大于的话，接下来一直执行操作 $2$ 才能使得 $b$ 接近于 $a$。因此最多执行一次第三个操作。
如果不执行，那么花费 $b-a$ 的代价。
如果执行，那么执行之后 $a != b$ 只会因为某一位 $a=1,b=0$ 的时候出现。我们可以选择在执行之前对 $a$ 或者 $b$ 进行 $+$ 操作，或者在执行之后对 $b$ 进行操作，从而满足要求。
如果是执行之后操作（目的是 $(1,0)$），那么和执行之前操作 $b$ 的位数是一样的。并且在 $(0,1)$ 的情况下，如果后操作会节省一些额外的 $(1,0)$ 步骤。
因此只有两种可能：增加 $a$ 然后取或，增加 $b$ 然后取或。（取或的临界条件是取或之后就可以相等）
分别枚举计算即可。时间复杂度 $O(b)$。
如果我们进行优化，直接算出增加的次数，那么时间复杂度可以优化到 $O(\log b)$：按位模拟，向前进位，累加贡献，直到没有这样的位数为止。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define f(i, a, b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define mod9 998244353
#define mod1 1000000007
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
#define endl '\n'
int t;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    cin >> t;
    while(t--) {
        int a, b; cin >> a >> b;
        int ans = b - a;
        for(int x = a; ; x++) {
            if(( x | b ) == b) {
                ans = min(ans, x - a + 1);
                break;
            }
        }
        for(int x = b; ; x++) {
            if(( x | a ) == x) {
                ans = min(ans, x - b + 1);
                break;
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

https://codeforces.com/contest/1658/problem/D1

题意：给定 $l = 0, r$，一开始有一个 $l \sim r$ 的排列，每个数异或 $x$ 后变成了 $a$ 数组。给定 $a$ 数组，求一个可行的 $x$。

分析：对于每一位，若 $x$ 的这一位是 $1$，那么原排列每一个这一位都取反，否则不变。对于原数组（我们知道它是 $[l,r]$）和 $a$，每一位分别计数看看有没有发生取反即可确定 $x$ 的这一位是什么。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define f(i, a, b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define mod9 998244353
#define mod1 1000000007
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
#define endl '\n'
int a[200010];
bool xbit[20];  //每一位是什么
int x = 0;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    int t; cin >> t;
    while(t--) {
        int l, r; cin >> l >> r;
        f(i,l, r) cin>>a[i];
        int cnta = 0, cntn = 0;
        for(int i = 0; i <= 17; i++) {
            for(int j = 0; j <= r; j++) {
                if((a[j] >> i) & 1) cnta++;
                if((j >> i) & 1) cntn++;
            }
            
            if(cnta == cntn) xbit[i] = 0;
            else xbit[i] = 1;
            cnta = cntn = 0;
            x += (xbit[i] << i);
        }
        cout << x << endl;
        x = 0;
    }
    return 0;
}

（$l \neq 0$ 的时候，为什么这个做法假了呢？）
问题主要是在 $cnta == cntn$ 的时候。
某一位上如果 $0$ 的个数和 $1$ 的个数相等，那么不管是异或 $0$ 还是 $1$ 都不会改变个数。但有的时候我们不总是可以任选一个。
例如以下例子：
$\mathtt{01,10}→ ^\wedge 01 → \mathtt{00,01}$
但为什么 $l=0$ 的时候可以？因为如果这一位上是偶数，那么其前面的内容一定是成对出来的，如果整体异或 $1$ 只是调换了位置，不会改变个数。
例如以下例子：
$\mathtt{00,01,10,11}→ ^\wedge 01 → \mathtt{01,00,11,10}$
（形式化地：若 $k$ 在 $a$ 内，那么 $k⊕2^i$ 也一定在。）