2024牛客暑期多校训练营2 E题GCD VS XOR C题Red Walking on Grid

题目：E题GCD VS XOR

 

　　　　这个题目大意就是让你找出一个数y，让它与x的最大公因数等于x与y进行异或运算的结果。

题意分析：

　　从我刚开始作为一个新手的角度出发，我第一想法就是暴力枚举，然后判断gcd(x,y)是否等同于x⊕y。

void solve() {
    int x;
    cin >> x;
 
    for (int i = 1; i < x; i++) {
        if (__gcd(i, x) == (x ^ i)) {
            cout << i << endl;
            return;
        }
    }
    cout << -1 <<endl;
}

　　但这种算法时间复杂度为O(N)，这种算法时间复杂度还是太高了。现在我们想想有没有方法可以优化一下这种算法。

　　  遇到这种位运算类型的题目，我们将它化成二进制的形式将会比较好写一点，比如我们可以随便取一个数，假设x化为二进制的形式后是1010100，我们从异或的角　　         度思考，相同为0，不同为1，那么最后异或出来的结果必然是由2^k相加所组成的数。再从最大公因数的角度思考，在二进制的形式，在1后面每增加一个0，相当于乘             以2倍，那么理所当然以二进制中的最低位1以及后面的0组成的数就是x的以2^k形式的最大公因数。既然已经知道了最大公因数，我们就可以反推出来y，只需让最大公           因数的位置全部置为0，其他位置保留原样即可。就比如x=1010100 -> y=1010000。

　　　　思路已成，代码随后就来。这里的主要难点是如何取最低位的1。

 

#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;

void solve(ll x)
{
    if(!(x&(x-1)))cout << -1 << endl;//为了预防2^k这种情况(1000....) 
    else
    {
        ll h=1,p=x;
        while(p%2==0)
        {
            h*=2;//依次取最低为位，然后合成为一个数。
            p/=2;
        }
        cout << x-h << endl;    
    }
}

signed main()
{
    int t;
    cin >> t; 
    while(t--)
    {
        ll x;
        cin >> x;
        solve(x);
    }
    return 0;
} 

　　　　这个算法的时间复杂度为O(logN)，这个复杂度其实已经可以满足题目要求了，但是其实我们还可以再优化一下。下面我将介绍 lowbit(x)算法，这个算法就是用来取最低位的算法，lowbit（x）=（x&（-x））。

　　　　负数在电脑中的存储方式是以原码的补码形式存储，即原码各位取反，最后再加上1。有上面可知原码的最低形式是1000....这样的形式出现的，将其取反变成0111....,再将其加1，变成1000.....，最后进行&运算，

　　　　将会保留最低位的部分，而最低位前面的部分，因为原码全部取反的原因，全部变成0了，最后只会保留最低位的部分。

　　　　这是完整的代码，其时间复杂度为O(1)。

#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll solve(ll x)
{
    return x-(x&(-x));
}

signed main()
{
    int t;
    cin >> t; 
    while(t--)
    {
        ll x;
        cin >> x;
        ll y=solve(x);
        if(y>0){
            cout << y << "\n";
        }
        else cout << -1 << "\n";
    }
    return 0;
} 

 

C题-Red Walking on Grid

题意解读：

　　题目给出了一个（2 x n）大小的网格，里面有红色格子和白色格子，小红首先可以选择一个红色格子作为初始位置，然后可以向前后左右移动，当从一个红色格子离开后，这个格子立马变成白色。小红想要知道他能在这个网格中最多走几步。如果网格中没有红色格子，请你输出0。

 

解题思路：

　　因为题目中规定了，小红可以任意选取一个格子作为初始位置。从最大的角度想，不妨从最右边的红色格子开始计数。对小红来说，每到达一个格子，她是如何来到这个格子对她未来到哪个字没有任何影响，因此我们用dp来做这道题。对于任意一个格子来说，它可以由左边的格子递推而来，或者由上面的格子递推而来，因此我们可以获得递推方程dp[0][i] = dp[0][i-1]+1,dp[0][i]=max(dp[0][i] , dp[1][i-1]+2)，对下面的格子来说亦是如此。

　　

代码编写如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5;//推荐一定要比题目给的范围打几个数，不然怎么错的都不知道。
typedef long long ll;
char a[2][N];
int dp[N][2];//打代码是遇到一个逆天错误，我发现有时候，仅仅是交换一下a[2][N]和dp[N][2]的位置都可能出错，我猜测可能是数据N太大，发生了数据越界的情况，反正就是很难受,因此N最好要比给的范围打几个数。
void solve()
{ 
    int n;
    cin >> n;
    int ans=0;
    for(int i=0;i<n;i++)cin>> a[0][i];
    for(int i=0;i<n;i++)cin>> a[1][i];
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        int x=(a[0][i]=='R');
        int y=(a[1][i]=='R');
        if(x)dp[i][0]=dp[i-1][0]+1;
        if(y)dp[i][1]=dp[i-1][1]+1;
        if(x&&y)
        {
            dp[i][0]=max(dp[i][0],dp[i-1][1]+2);
            dp[i][1]=max(dp[i][1],dp[i-1][0]+2);
        }
        int s=max(dp[i][0],dp[i][1])-1;
        ans=max(ans,s);
    }
    cout << ans << "\n";
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    solve();
    return 0;
 }