【NOI D2T1】量子通信（容斥原理+卡常）

【NOI D2T1】量子通信

解题思路

这道题，怎么看，第一眼都感觉像 \(01\) trie 啊。。。。

在同步赛中我发现了 \(\sqrt {256}\approx 15\)，但是没有好好利用。

其实这就是本题的突破口。

令 \(x=2^{16}=65536\)，我们把询问串和字典串由 \(16\) 进制和 \(2\) 进制改为 \(x\) 进制。由于在 \(2\) 进制下，最多有 \(k\) 位不同，而 \(k\leq 15\)，也就是说在 \(16\) 位的 \(x\)​ 进制数中，字典串和询问串至少一有一位完全相同。​这个由抽屉原理可以证明。

那么思路就很明晰了。我们先预处理字典串，然后用 vector 记录在第 \(i\) 位上为 \(j\) 的询问串的编号。那么对于每一个 vector，它的大小平均为 \(\frac{n}{x}\)。由于数据是用给定函数 gen 生成的，数据相对比较随机，我们可以认为大小就基本为 \(\frac nx\) 左右​。

对于每一个询问，我们可以枚举在 \(x\) 进制下，哪一位与字典串相等，然后取出对应 vector 中的所有字典串，暴力算一遍看看是否符合要求即可。这样时间复杂度为 \(O(m\cdot 16\cdot \frac nx\cdot 256)\)。把 \(x=65536\) 代入，复杂度为 \(O(\frac{nm}{16})\)。这不肯定爆炸吗？

我们考虑如何继续优化一下。

我们发现，检查字典串和询问串是否符合要求的时间复杂度过高。想办法优化。

我们可以先预处理出 \(\forall i\in [0,x),i\in N^+\)​​ 的 popcnt，即二进制下 \(1\)​​ 的位数，然后对于 \(x\)​​ 进制下的每一位，我们就可以快速求出这一位上有多少位二进制是不同的这样，时间复杂度变为了 \(O(m\cdot 16\cdot \frac nx\cdot 16)=O(\frac{nm}{256})\)​​ 。把 \(n,m\)​​ 的极值代入，时间复杂度大约为 \(O(1.8*10^8)\)​​​ ​​。

显然我们还要卡卡常。

还是再检验，我们实时比较 \(k\) 和当前二进制不同位数，若已经超过了 \(k\)，直接退出，所以时间是跑不满的。在加个 快读，基本就过了。当然你要保证你的其他常数不是特别大。

如果你在考场上想再稳一些，还可以做以下操作：

• 把 vector 改成链表。
• 不要用 bitset。、
• 循环展开
• ……（可以参考其他大佬的博客）

代码

//Don't act like a loser.
//This code is written by huayucaiji
//You can only use the code for studying or finding mistakes
//Or,you'll be punished by Sakyamuni!!!
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int read() {
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') {
		if(ch>='A'&&ch<='Z')
			return ch-'A'+10;
		ch=getchar();
	}
	if(ch>='0'&&ch<='9') {
		return ch-'0';
	}
}

const int MAXN=4e5+10; 

typedef unsigned long long ull;
ull n,m,a1,a2;
int lastans;
bool s[MAXN][256];
int cnt[256*256],a[20],b[MAXN][20];
vector<int> v[17][256*256]; 

ull myRand(ull &k1, ull &k2) {
    ull k3 = k1, k4 = k2;
    k1 = k4;
    k3 ^= (k3 << 23);
    k2 = k3 ^ k4 ^ (k3 >> 17) ^ (k4 >> 26);
    return k2 + k4;
}

void gen(int n, ull a1, ull a2) {
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 0; j < 256; j++)
            s[i][j] = (myRand(a1, a2) & (1ull << 32)) ? 1 : 0;
}

int popc(int x) {
	int ret=0;
	while(x) {
		if(x&1) {
			ret++;
		}
		x>>=1;
	}
	return ret;
}

void insert(int k) {
	for(int i=1;i<=16;i++) {
		int w=0;
		for(int j=0;j<16;j++) {
			w=w*2+(s[k][(i-1)*16+j]? 1:0);
		}
		b[k][i]=w;
		v[i][w].push_back(k);
	}
}

bool ok(int j,int k) {
	for(int i=1;i<=16;i++) {
		k-=cnt[b[j][i]^a[i]];
		if(k<0) {
			return 0;
		}
	}
	return 1;
}
int check(int k) {
	for(int i=1;i<=16;i++) {
		int sz=v[i][a[i]].size();
		for(int j=0;j<sz;j++) {
		//	puts("ohhhh");
			if(ok(v[i][a[i]][j],k)) {
				return 1;
			}
		}
	}
	return 0;
}

signed main() {
	freopen("qi.in","r",stdin);
	freopen("qi.out","w",stdout);

	for(int i=0;i<256*256;i++) {
		cnt[i]=popc(i);
	}
	cin>>n>>m>>a1>>a2;
	
	gen(n,a1,a2);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		insert(i);
	}
	
	while(m--) {
		for(int i=1;i<=16;i++) {
			int x=read(),y=read(),z=read(),xx=read();
			a[i]=x*16*16*16+y*16*16+z*16+xx;
			if(lastans) {
				a[i]=(256*256-1)^a[i];
			}
		}
		int k;
		scanf("%d",&k);
		printf("%d\n",lastans=check(k));
	}

	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}