判断异或运算后二进制下1个数为奇数的个数

问题

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给你 $n\leq5\times10^7$ 个数字，每个数字 $\leq 10^9$ ，问你有多少对数字异或起来的值在二进制下的 $1$ 的个数为奇数个。

暴力

这个直接 $O(n^2)$ 枚举计算就可以了，但是是肯定不行的，所以我们要考虑其他方法。

观察

对于两个数字，某一位异或为 $1$ 的话那么原来的两个数字的那一位必须不一样，如果异或为 $0$ 的话，原来的两个数字的两位肯定一样。

所以我们发现，它某一位从原来的 $1$ 变成 $0$ 的话，必须是同时都为 $1$ ，那么最后两个数字的 $1$ 减少的个数和肯定为偶数，所以我们只需要原来的 $1$ 的个数和为奇数，那么最后消除后剩下的 $1$ 的个数肯定还是奇数，而只有两个数的 $1$ 的个数分别为一奇一偶，加起来才为奇数个。

栗子如下：

$110010\ \mathbf{xor}\ 010001=100011$
原来有 $3+2=5$ 个 $1$ ，而其中的顺数第二位，两个数字都为 $1$ ，所以消去了，剩下 $3$ 个 $1$ ，那么就为奇数。

$11001\ \mathbf{xor}\ 00111=11110$
原来有 $3+3=6$ 个 $1$ ，而顺数最后一位都为 $1$ ，消去，剩下 $4$ 个 $1$ ，所以不为奇数。
所以只有原来的 $1$ 的个数为奇数的，最后才能成为答案。

所以最后统计一下奇数个 $1$ 的个数，那么答案就是奇数的和偶数的组合，令奇数个 $1$ 的个数为 $t$ 个，那么答案就为 $t\times(n-t)$ 。

分析

如果直接统计的话，复杂度为 $O(nlogv)$ 的，而 $logv$ 可以达到 $30$ ，那么复杂度最大为三亿，显然 $1.5s$ 是跑不过的，所以考虑优化：

我们按照位进行分治统计，复杂度降为 $O(nloglogv)$ .
我们预处理 $15$ 位的所有数的二进制位的 $1$ 的个数，那么一个数字可以看做两个 $15$ 位的数字拼接而成，所以拆开计算和即可，复杂度降为 $O(2^{15}+n)$

小技巧

对于统计 $2^{15}$ 内的数的二进制位的个数，我们不用 $15\times 2^{15}$ 枚举统计，我们可以用类似 $DP+lowbit$ 的方式统计（ $lowbit(i)=i\&(-i)$ 为找到二进制最低位的 $1$ ），转移如下：
$bitcnt[i]=bitcnt[i\ \mathbf{xor}\ lowbit(i)]+1$

我们发现它的实质是每次消除最低位的 $1$ ，所以贡献 $+1$ 即可。
那么复杂度即为 $O(2^{15})$ 。

原题题目地址【IN-LuoGu】

代码如下：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define RG register
#define ll long long
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
using namespace std;
const int S=1<<15|1,s=(1<<15)-1;
ll n,a,b,c,d,x;
ll t1,bit[S];
void init(){
    for(RG int i=1;i<S;i++){bit[i]=bit[i^lowbit(i)]+1;}
}
void calc(int a){
    int a1=a&s,a2=a>>15;
    int cnt1=bit[a1]+bit[a2];
    if(cnt1&1)++t1;
}
int main(){
    init();
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&a,&b,&c,&d,&x);
    for(RG int i=1;i<=n;i++){x=(a*x%d*x%d+b*x%d+c)%d;calc(x);}
    printf("%lld\n",1ll*(n-t1)*t1);
    return 0;
}

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