[Codeforces 193B Xor]暴搜

[Codeforces 193B Xor]暴搜

分类：Brute force

1. 题目链接

[Codeforces 193B Xor]

2. 题意描述

给定四个长度为 n，下标从 1 到 n 的数组 a, b, k, p，保证 p[1], p[2], …, p[n] 是 1, 2, …, n 的一个排列。你要对数组 a 进行恰好 u 次操作，每次可以在以下两种操作中选择一种：

1. 对所有 i = 1, 2, …, n，将 a[i] 修改为 a[i] xor b[i]；
2. 对所有 i = 1, 2, …, n，将 a[i] 修改为 a[p[i]] + r。

请问，u 次操作之后，$S=\sum_{i=1}^{n}{a_ik_i}$ 的值最大可能是多少？1 <= n, u <= 30。

3. 解题思路

闲来逛知乎，看到这么一个《刷题时遇到过哪些巧妙的搜索题？》的一个回答。故决定尝试求解一番。

暴搜是 O(2^u) 的，会 TLE。如何剪枝？看起来这个最优化的目标没什么规律？不过，注意到操作 1 连做两次和没做一样，所以问题可以转成：操作次数和 u 奇偶性相同，操作 1 不能连做两次，最大化 s。这样的复杂度满足递归式 T(u) = T(u-1) + T(u-2)，为 Fibonacci 数级别增长的复杂度，可以通过 u = 30 的数据。——引自知乎答主rsa

操作一的异或具有一种特殊性。连续异或多次的结果只能异或次数的奇偶性有关。
然后，我考虑枚举第二种操作的次数，然后根据奇偶关系（而非第一种操作的次数）来枚举第一种操作。
思路很简单，下面来分析一下这样做的算法复杂度：

设第一种操作次数记为$num_A$，第二种操作次数记为$num_B$，有$num_A+num_B=u$。
然后用插板法。$num_B$个元素提供了$num_B+1$个空位。
把在空位中放入奇数个操作一，看成往这个空位上放入一个元素。
然后有以下两种情况：

• 当$num_A-1\ge num_B+1$时，表示$num_A-1$个元素可以填满$num_B+1$个位置。那么，只需要暴力枚举这$num_B+1$个位置的奇偶性即可。复杂度是$O(2^{num_B+1})$。
• 否则，也就是说，$num_B+1$个位置不能全被填满，那么复杂度为$O(C_{num_B+1}^{num_A-1}+C_{num_B+1}^{num_A-3}+C_{num_B+1}^{num_A-5}+\ldots)$ 。这都是一个可以接受的复杂度。

不过答主所说的斐波那契复杂度也很好理解~

4. 实现代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<long long, long long> pll;

const int inf = 0x3f3f3f3f;
const long long infl = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;

template<typename T> inline void umax(T &a, T b) { a = max(a, b); }
template<typename T> inline void umin(T &a, T b) { a = min(a, b); }
void debug() { cout << endl; }
template<typename T, typename ...R> void debug (T f, R ...r) { cout << "[" << f << "]"; debug (r...); }

const int MAXN = 35;

int n, u, r, numA, numB;
long long a[MAXN], b[MAXN], k[MAXN], p[MAXN];
long long ans;

void dfs(int cntA, int dep) {
    if (cntA > numA) return;
    long long t[MAXN], z[MAXN];
    memcpy(t, a, sizeof(a));
    if (dep == numB) {
        if ((numA - cntA) & 1) {
            for (int i = 0; i < n; ++i) {
                a[i] = a[i] ^ b[i];
            }
        }
        long long val = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) val += a[i] * k[i];
        umax(ans, val);
        if ((numA - cntA) & 1) {
            memcpy(a, t, sizeof(t));
        }
        return;
    }
    for (int i = 0; i < n; ++i) a[i] = t[p[i]] + r;
    dfs(cntA, dep + 1);
    memcpy(a, t, sizeof(t));

    for (int i = 0; i < n; ++i) z[i] = a[i] ^ b[i];
    for (int i = 0; i < n; ++i) a[i] = z[p[i]] + r;
    dfs(cntA + 1, dep + 1);
    memcpy(a, t, sizeof(t));
}

int main() {
#ifdef ___LOCAL_WONZY___
    freopen("input.txt", "r", stdin);
#endif // ___LOCAL_WONZY___
    cin >> n >> u >> r;
    for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i];
    for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> b[i];
    for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> k[i];
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        cin >> p[i];
        -- p[i];
    }
    ans = -infl;
    for (numB = 0; numB <= u; ++numB) {
        numA = u - numB;
        dfs(0, 0);
    }
    cout << ans << endl;
#ifdef ___LOCAL_WONZY___
    cout << "Time elapsed: " << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC * 1000 << "ms." << endl;
#endif // ___LOCAL_WONZY___
    return 0;
}