Solution -「CF 959E」Mahmoud and Ehab and the xor-MST
Description
Link.
一完全图有 \(n\) 个节点 \(0,...,n-1\)，其中边 \((i,j)\) 的权值为 \(i\oplus j\)，其中 \(\oplus\) 为位异或操作，试求出最小生成树的边权和。
Solution
先从递推的层面考虑.
我们定义 \(F(n)\) 表示结点数为 \(n\) 的答案，也就是最小生成树的边权和.
首先边界条件为 \(F(0)=0,F(1)=1\).
然后我们考虑如何从 \(F(n-1)\) 推到 \(F(n)\).
每当我们新加入一个结点 \(n-1\)（题目结点编号从 0 开始），它的点权为其本身，也就是 \(n-1\)，那么此时我们就要从之前的 \(n-1\) 个结点中选出一个点与 \(n-1\) 相连构成当前的最小生成树.
因为边 \((u,v)\) 的边权 \(w(u,v)=u\ \mathrm{xor}\ v\) 且图为完全图，所以我们每加入一个新结点 \(n-1\) 时，所有我们之前的 \(0\cdots n-2\) 号结点都可以被选择.
那么问题转化为：对于一个数 \(n-1\)，我们需要选出一个整数 \(x\in[0,n-1)\) 使得 \((n-1)\ \mathrm{xor}\ x\) 最小.
考虑异或运算的定义：每一位相同为零，不同为一.
那么我们选出的 \(x\)，需要满足二进制意义下每一位和 \(n-1\) 尽量相同，并且从右到左（也就是二进位从低到高）的第一个不同的位置尽量低.
那么结论就摆在眼前了，我们选择的这个 \(x\) 为 \((n-1)-\mathrm{lowbit}(n-1)\).
为什么？想想 \(\mathrm{lowbit(x)}\) 操作的定义：二进制下 \(x\) 最低的 1 和后面的 0 组成的二进制数.
这样结论的正确性就显然了.
我们 \(F(n)\) 的递推公式为 \(F(n)=F(n-1)+(n\ \mathrm{xor}\ (n\ \mathrm{xor}\ \mathrm{lowbit}(n)))\).
那么暴力递推的代码如下：
（code？）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long f[100005];
signed main()
{
long long n;
scanf("%lld",&n);
f[0]=0;
f[1]=1;
for(long long i=2;i<n;++i) f[i]=f[i-1]+(i^(i^(i&-i)));
printf("%lld\n",f[n-1]);
return 0;
}
仔细观察一下递推式，\(n\ \mathrm{xor}\ (n\ \mathrm{xor}\ \mathrm{lowbit}(n))\) 不就是 \(\mathrm{lowbit}(n)\) 嘛！
那么为题转化为求 \(\mathrm{lowbit}\) 前缀和.
通过打一个 \(\mathrm{lowbit}\) 表的方法，我们发现 \(\mathrm{lowbit}\) 的值十分有规律，就像这种形式：
其实这种规律要证明也很方便，只要根据二进制数末尾的情况即可得知.
虽然这个规律没啥用，但是启发了我们按位统计贡献的方法在 \(\Theta(1)\) 空间 \(\Theta(\log_{2}n)\) 的时间内计算出了 \(\mathrm{lowbit}\) 前缀和.
具体方法请参考代码.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
signed main()
{
LL n;
scanf("%lld",&n);
LL ans=0,app=1,low=n;
while(low>1) ans+=app*(low>>1),low-=(low>>1),app<<=1;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
