位运算

位运算

整数类型变量(正数)，系统会先将数字转换为二进制形式再运算

计算机存储数字的补码，正数的补码就是原码，负数补码是符号位不变，原码每一位取反加一

常用位运算为左移(<<) 右移(>>):

  • x<<k表示为x转换为二进制后，左移k位，末尾补k个0
  • x>>k表示x转换为二进制后，右移k位，前面补k个0

不越界的情况下,x<<k等价于\(x*2^k\) ,x>>k等价于\(x/2^k\) 。

位运算技巧:

集合枚举：

位运算还经常被用于状态压缩时的集合枚举。

比如现在有n件物品，编号1到n，用n位二进制数表示每个物品取或不取状态，二进制从右往左第k位的01状态表示编号位k的物品取了还是没取（1 取，0 未取）

集合的子集和超集

在枚举集合进行运算过程中，经常遇到枚举当前集合的子集或超集的情况

  • 子集：状态用二进制表示时为0的位数必须为0，为1的位数可以是0也可以是1
  • 超集：状态用二进制表示时为0的位数可以是0也可以是1，为1的位数必须为0

例：
假设\(n=5\),当前状态\(x=(11001)_2\)
所有子集的二进制表示为: \(11001,11000,10001,10000,01001,01000,00001,00000\)
超集二进制表示：\(11001,11011,11101,11111\)

枚举所有状态的非空子集:

for(int i=1; i< 1<<n)
	for(int j=i; j; j=(j-1)&i)
	{
		//j便利了i的所有非空子集
	}

时间复杂度\(O(3^n)\)

枚举超集：

for(int i=0; i< 1<<n; i++)
	for(int j=i; ; j = (j+1) | i){
		//j遍历了i所有超集
		if(j==(1<<n)-1)
			break;
	}

时间复杂度\(3^n\)

二进制中含1的个数

有时需要根据一个数的二进制中含有1的个数来进行集合枚举。例如含有3个1的5个bit的正数(不含符号位)表示如下: \(00111,01011,01101,01110,10011,10101,10110,11001,11010,11100\)
如何求出01序列的下一个排列，代码如下:

int x,y;//x为当前的数，y为要求的下一个数
int t=(x|(x-1))+1;//最后一段连续的1变成0，并将前一位变成1
y=t|((((t& -t) / (x & -x))>> 1)-1); //补上少了的1的个数

例题

分析：`^`有一个性质两个相同的数`^`互相抵消，这时将所有数异或所得的到temp的一定为非0(因为两个不一样的数),此时temp找到最高位不为0的位置c，将数组按照位置c为0/1分为两组，分别异或，位置c为0的那一组异或出的一定是较小的，为1的异或出的一定是较大的。 因为按照01分类，由于只有两个不同所以位置c分组两个不同的一定被分到不同组，但是相同组里只有一个只出现一次。将相同组的数字异或得到的一定是所求结果 ```cpp #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;
typedef long long LL;
const int N = 1e6+10;
int n,a[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i = 0; i < n; i++) cin>>a[i];
int temp = 0, c = 0;
for(int i = 0; i < n; i++) temp^=a[i];
for(; temp; temp >>= 1) c++;
int x = 0;
int y = 0;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
if((a[i]>>(c-1))&1) y ^= a[i];
else x ^= a[i];
}
cout<<x<<" "<<y<<endl;

return 0;

}


2. 
<img src="https://raw.githubusercontent.com/XuandYu000/picture/main/20230824191510.png"/>
分析：对于条件
$$
i\in(1,2^{n}), f_{i}= \sum_{j\&i=j,j<i}f_{j*i} \space mod \space 1e9+7
$$
对于j来说j必须为i的子集，否则$j\&i\space!=j$同时j不能是$f_i$自己
```cpp
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <array>
using namespace std;
#define x first
#define y second
typedef pair<int, int> PII;
typedef long long LL;
const int N = 1e5+10, mod = 1e9+7;
int f[N],n;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cin>>n;
	f[0] = 1;
	for(int i = 1; i < 1<<n; i++)
	{
		f[i] = 1; //空子集对f[i]的贡献
		for(int j = i & (i-1); j; j = (j - 1) & i) //这里i最右边的1归0跳过i自身
		{
			f[i] += f[j];
			f[i] %= mod;
		}
		f[i] = 1LL * f[i] * i % mod;
	}
	for(int i = 0; i < 1<<n; i++)
	{
		cout<<f[i]<<" ";
	}

	return 0;
}

分析：这个可以使用二进制中含有特定1的个数的公式，对于字典序排序则将1右移i位减1即得到含有i个1字典序最小的情况

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <array>
using namespace std;
#define x first
#define y second
typedef pair<int, int> PII;
typedef long long LL;
int n, c[31];
int nxt(int x) // 二进制中含有与x相同的1的个数的情况
{
	int t = (x|(x-1))+1;
	return t | ((((t & -t) / (x & -x)) >> 1) -1); 
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i = 1; i <= n; i++) cout<<0;
	cout<<endl;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		int j = (1 << i) - 1;
		for(; j < 1<<n; j = nxt(j))
		{
			//输出二进制表示
			for(int k = 1, l = j; k <= n; k++, l/=2) c[k] = l&1;
			for(int k = n; k; k--) cout<<c[k];
			cout<<" ";
		}
		cout<<endl;
	}

	return 0;
}
```cpp #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std; #define x first #define y second typedef pair PII; typedef long long LL; int n,m,v[1001]; LL f[10][1001][82]; bool b[1001];

//状态压缩dp，f[i][j][k]表示在第i行为状态j的情况下有k个国王

int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<1<<n;i++)
{
v[i] = 0;
//统计每个状态下有多少个1
for(int j=i;j;j=j&(j-1))
v[i]++;

	//判断i二进制表示时1是否相隔分布
	b[i] = ((i&(i<<1))==0);
}
memset(f,0,sizeof(f));
f[0][0][0]=1;//初始状态在第0行一个国王都不放的情况，所有国王总数是0的情况数为1

for(int i=1;i<=n;i++) //遍历每一行
	for(int j=0;j<1<<n;j++)//遍历每一行的状态
		for(int k=0;k<=n*n;k++)//遍历到当前状态下前n-1行有k个国王
			if(f[i-1][j][k])//如果状态数存在
				for(int l=0;l<1<<n;l++)//遍历当前行状态
					if(((l&j)==0)&&(((l<<1)&j)==0)&&(((l>>1)&j)==0)&&b[l]) //判断当前行与上一行是否不在攻击范围内，同时b[l]判断当前行是否合法
						f[i][l][k+v[l]] += f[i-1][j][k];

LL res=0;
for(int i=0;i<1<<n;i++)
	res += f[n][i][m];
cout<<res<<endl; 
	
return 0;

}
posted @ 2023-12-21 18:57  viewoverlook  阅读(5)  评论(0)  编辑  收藏  举报