abc271_f XOR on Grid Path 题解

XOR on Grid Path

题意

有一个 \(n \times n\) 的整数矩阵，第 \(i\) 行 \(j\) 列的数字为 \(a_{i,j}\)。

你站在 \((1,1)\)，每次你可以从 \((x,y)\) 走到 \((x,y+1)\) 或 \((x+1, y)\)，你要走到 \((n,n)\)，求有多少条路径使得路径上的每个数异或和为 \(0\)。

数据范围

• \(2 \leqslant n \leqslant 20\)
• \(0 \leqslant a_{i, j} \leqslant 2^{30}(1 \leqslant i, j \leqslant n)\)

思路

折半搜索。

折半搜索，顾名思义就是把一条搜索路径分成两条，每条路径先各自考虑，最后将两条路径合起来考虑。
但折半搜索不一定是折半，在某些特定情况下分界点可以不同。

这个题不是特殊题，分界点就在正中间。

不难发现，走 \(n - 1\) 步可以走到的点 \((x,y)\) 要满足 \(x + y = n + 1\)，首先枚举分界点。

折半搜索，两边分别记录一下各自会出现哪些异或和(假设用 \(v\) 数组和 \(g\) 数组存储)，统计满足如下要求的整数对数即可：

• \(i \leqslant |v|, j \leqslant |g|\)。
• \(v_i = g_j\)。

经过计算，我们发现要开 long long 存储。

复杂度

• 时间：\(O(n \times 2^n + n^ 2)\)。
• 空间：\(O(2 ^ n + n ^ 2)\)。

Code

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#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>

using namespace std;
using ll = long long;

int n, a[30][30];
vector<int> v, g;
ll ans;

void dfs (int x, int y, int z) { // 前半条路径
  if (x == 0 || y == 0) {
    return ;
  }
  z ^= a[x][y];
  if (x + y == 2) {
    v.push_back(z);
    return ;
  }
  dfs(x - 1, y, z), dfs(x, y - 1, z);
}

void dfs2 (int x, int y, int z) { // 后半条路径
  if (x > n || y > n) {
    return ;
  }
  z ^= a[x][y];
  if (x + y == 2 * n) {
    g.push_back(z);
    return ;
  }
  dfs2(x + 1, y, z), dfs2(x, y + 1, z);
}

int main () {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
      cin >> a[i][j];
    }
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    vector<int> ().swap(v);
    vector<int> ().swap(g);// 清空
    dfs(i, n + 1 - i, 0);
    dfs2(i, n + 1 - i, a[i][n + 1 - i]); // 当前这个点会被算两次，怎么能行，先处理一下
    sort(v.begin(), v.end()), sort(g.begin(), g.end());
    for (int j : v) {
      int l = lower_bound(g.begin(), g.end(), j) - g.begin(), r = upper_bound(g.begin(), g.end(), j) - g.begin(); // 二分求满足要求的整数对数
      ans += r - l;
    }
  }
  cout << ans;
  return 0;
}