Educational Codeforces Round 157 (Rated for Div. 2) D. XOR Construction

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题意
给你 $n-1$ 个整数 $a_1, a_2, \dots, a_{n-1}$ 。

你的任务是构造一个数组 $b_1, b_2, \dots, b_n$ ，使得：

• 从 $0$ 到 $n-1$ 的每个整数都在 $b$ 中出现一次；
• 对于从 $1$ 到 $n-1$ 的每个 $i$ ， $b_i \oplus b_{i+1} = a_i$ （其中 $\oplus$ 表示整数 $b_i \oplus b_{i+1} = a_i$ 。(其中 $\oplus$ 表示位向 XOR 运算符）。

输入

第一行包含一个整数 $n$ ( $2 \le n \le 2 \cdot 10^5$ )。

第二行包含 $n-1$ 个整数 $a_1, a_2, \dots, a_{n-1}$ ( $0 \le a_i \le 2n$ )。

输入的其他限制条件：从给定的序列 $a$ 中总是可以构造出至少一个有效的数组 $b$ 。

思路

一般来说，区间异或的题目往往和前缀有关，所以我们不妨将公式进行罗列

$$\begin{aligned} b_1 \oplus b_2 &= a_1\\ b_2 \oplus b_3 &= a_2\\ \cdots\\ b_j \oplus b_{j + 1} &= a_j\\ \end{aligned}$$

把左右两边都异或起来可以推出：$b_1 \oplus b_{j + 1} = \bigoplus\limits_{i = 1}^{j}a_i$。

记前缀异或和 $sum_x = \bigoplus\limits_{i = 1}^{x}a_i$。

那么 $b_{j + 1} = b_1 \oplus sum_{j}$，那么实际上是只要确定了 $b_1$ 就可以算出所有的 $b_j$。

题目中要求要让 $b$ 在 $0\sim n - 1$ 之内，这是$b$数组和的最小状态

所以这实际上实在寻找一个 $b_1$ 使得异或出来的所有$b_i$值和越小越好。

因为$b_i$和$a_i$和$b_1$有关，在这里$a$数组我们无法改变，为了让$b_i$减小，只能靠修改$b_1$

让每一位最小化，自然最后整体就会最小化，这就是局部最优达成全局最优，贪心的思路。

所以我们对于每一位进行考虑，假设所有$a_i$的第 $i$ 位为 $1$ 的个数有$sum1$个，第$i$位为 $0$ 的个数有$sum2$个。

如果说$sum2 < sum1$

那我们最好让$b_1$异或上一个 $2^i$，这样可以让第$i$位为$0$的$b_i$的个数变成$sum1$，为$1$的个数变为$sum2$

从而达到让$b_i$整体变小的结果。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+20;
int n,a[N],b[N];
inline void init()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1; i<n; i++)
	{
		cin>>a[i];
		a[i]^=a[i-1];//前缀异或和
	}
	for(int i=0; i<30; i++)//枚举每一位 
	{
		int sum1=0,sum2=0;
		for(int j=1; j<n; j++)
			if (a[j]>>i & 1)
				sum1++;
			else sum2++;
		if (sum1>sum2)//这样可以减小整体该位为1的个数
			b[1]+=(1<<i);
	}
	for(int i=2; i<=n; i++)
		b[i]=a[i-1]^b[1];//根据上述公式
	for(int i=1; i<=n; i++)
		cout<<b[i]<<" ";
}
signed main()
{
	init();
	return 0;
}