2019.10.15模拟赛总结

其他 2019-10-25 10:18:16 阅读次数: 0
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本文链接： https://blog.csdn.net/wljoi/article/details/102572569

T1：数独

题意：有 5 5 种操作，分别为插入，删除，查询，合并，输出。




解析：一道模拟题，注意细节就好了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int Read(){
	int x=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch)){
		x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return x;
}
const int mp[10][10]={{0,0,0,0,0,0,0,0,0,0},
					  {0,1,1,1,2,2,2,3,3,3},
					  {0,1,1,1,2,2,2,3,3,3},
					  {0,1,1,1,2,2,2,3,3,3},
					  {0,4,4,4,5,5,5,6,6,6},
					  {0,4,4,4,5,5,5,6,6,6},
					  {0,4,4,4,5,5,5,6,6,6},
					  {0,7,7,7,8,8,8,9,9,9},
					  {0,7,7,7,8,8,8,9,9,9},
					  {0,7,7,7,8,8,8,9,9,9}};
struct Node{
	int h[10],l[10],g[10];
	int a[10][10];
	void Clear(){
		for(int i=1;i<=9;i++){
			h[i]=l[i]=g[i]=0;
			for(int j=1;j<=9;j++){
				a[i][j]=0;
			}
		}
	}
}f[105];
int cnt=0;
char s[105];
bool pd(int k,int x,int y,int i){
	return (!(f[k].h[x]&(1<<i)))&&!((f[k].l[y]&(1<<i)))&&(!(f[k].g[mp[x][y]]&(1<<i)));
}
void Copy(){
	++cnt;
	for(int i=1;i<=9;i++){
		f[cnt].h[i]=f[cnt-1].h[i];
		f[cnt].l[i]=f[cnt-1].l[i];
		f[cnt].g[i]=f[cnt-1].g[i];
		for(int j=1;j<=9;j++){
			f[cnt].a[i][j]=f[cnt-1].a[i][j];
		}
	}
}
void Re(){
	for(int i=1;i<=9;i++){
		f[cnt].h[i]=f[cnt].g[i]=f[cnt].l[i]=0;
	}
	for(int i=1;i<=9;i++){
		for(int j=1;j<=9;j++){
			f[cnt].h[i]|=(1<<f[cnt].a[i][j]);
			f[cnt].l[j]|=(1<<f[cnt].a[i][j]);
			f[cnt].g[mp[i][j]]|=(1<<f[cnt].a[i][j]);
		}
	}
}
void Ins(int x,int y,int k){
	Copy();
	if(f[cnt].a[x][y]){
		printf("Error\n");
		return ;
	}
	if(f[cnt].h[x]&(1<<k)){
		printf("Error:row!\n");
		return ;
	}
	if(f[cnt].l[y]&(1<<k)){
		printf("Error:column!\n");
		return ;
	}
	if(f[cnt].g[mp[x][y]]&(1<<k)){
		printf("Error:square!\n");
		return ;
	}
	printf("OK!\n");
	f[cnt].h[x]|=(1<<k);
	f[cnt].l[y]|=(1<<k);
	f[cnt].g[mp[x][y]]|=(1<<k);
	f[cnt].a[x][y]=k;
}
void Del(int x,int y){
	Copy();
	if(f[cnt].a[x][y]==0){
		printf("Error!\n");
		return ;
	}
	printf("OK!\n");
	f[cnt].a[x][y]=0;
	Re();
}
void query(int x,int y){
	Copy();
	if(f[cnt].a[x][y]){
		printf("Error!\n");
		return ;
	}
	int ans=0,Q[105];
	for(int i=1;i<=9;i++){
		if(pd(cnt,x,y,i))  Q[++ans]=i;
	}
	cout<<ans<<endl;
	for(int i=1;i<=ans;i++){
		printf("%d\n",Q[i]);
	}
}
void Merge(int x,int y){
	int ans1=0,ans2=0;
	Copy();
	f[cnt].Clear();
	for(int i=1;i<=9;i++){
		for(int j=1;j<=9;j++){
			if(f[x].a[i][j]){
				if(pd(cnt,i,j,f[x].a[i][j])){
					f[cnt].a[i][j]=f[x].a[i][j];
					f[cnt].h[i]|=(1<<f[x].a[i][j]);
					f[cnt].l[j]|=(1<<f[x].a[i][j]);
					f[cnt].g[mp[i][j]]|=(1<<f[x].a[i][j]);
					ans1++;
					continue;
				}
			}
			if(f[y].a[i][j]){
				if(pd(cnt,i,j,f[y].a[i][j])){
					f[cnt].a[i][j]=f[y].a[i][j];
					f[cnt].h[i]|=(1<<f[y].a[i][j]);
					f[cnt].l[j]|=(1<<f[y].a[i][j]);
					f[cnt].g[mp[i][j]]|=(1<<f[y].a[i][j]);
					ans2++;
				}
			}
		}
	}
	printf("%d %d\n",ans1,ans2);
}
void Print(){
	Copy();
	for(int i=1;i<=9;i++){
		printf("+-+-+-+-+-+-+-+-+-+\n");
		for(int j=1;j<=9;j++){
			printf("|%d",f[cnt].a[i][j]);
		}
		printf("|\n");
	}
	printf("+-+-+-+-+-+-+-+-+-+\n");
}
int main(){
	freopen("sudoku.in","r",stdin);
	freopen("sudoku.out","w",stdout);
	for(int i=1;i<=9;i++){
		for(int j=1;j<=9;j++){
			f[0].a[i][j]=Read();
			f[0].h[i]|=(1<<f[0].a[i][j]);
			f[0].l[j]|=(1<<f[0].a[i][j]);
			f[0].g[mp[i][j]]|=(1<<f[0].a[i][j]);
		}
	}
	int T=Read(),x,y,k;
	while(T--){
		scanf("%s",s);
		if(s[0]=='I'){
			x=Read(),y=Read(),k=Read();
			Ins(x,y,k);
		}
		if(s[0]=='D'){
			x=Read(),y=Read();
			Del(x,y);
		}
		if(s[0]=='Q'){
			x=Read(),y=Read();
			query(x,y);
		}
		if(s[0]=='M'){
			x=Read(),y=Read();
			Merge(x,y);
		}
		if(s[0]=='P'){
			Print();
		}
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
}

没什么好说的，注意读题！！！

T2：分糖果（原皇后游戏）

传送门

解析：题目要求的是这样一个式子中 c [ i ] c[i] 的最大值的最小值：

由于 a i , b i a_i,b_i 均为正数，所以 c i c_i 一定是递增的，故我们要求的即为 c n c_n 的最小值。

我们有一个结论：对于两位大臣 ( a i , b i ) , ( a j , b j ) (a_i,b_i),(a_j,b_j) ，如果 m i n ( a i , b j ) ≤ m i n ( a j , b i ) min(a_i,b_j)\le min(a_j,b_i) ，那么我们将 ( a i , b i ) (a_i,b_i) 放在前面更优，证明如下（ 2014 2014 年北京市高考理科数学第 20 20 题第 2 2 问）：

c 1 = a 1 + b 1 c_1=a_1+b_1
c 2 = m a x ( c 1 , a 1 + a 2 ) + b 1 = m a x ( a 1 + b 1 , a 1 + a 2 ) + b 2 c_2=max(c_1,a_1+a_2)+b_1=max(a_1+b_1,a_1+a_2)+b_2
c 2 = m a x ( a 1 + b 1 + b 2 , a 1 + a 2 + b 2 ) c_2=max(a_1+b_1+b_2,a_1+a_2+b_2)
c 3 = m a x ( c 2 , a 1 + a 2 + a 3 ) + b 3 c_3=max(c_2,a_1+a_2+a_3)+b_3
c 3 = m a x ( a 1 + b 1 + b 2 , a 1 + a 2 + b 2 , a 1 + a 2 + a 3 ) + b 3 c_3=max(a_1+b_1+b_2,a_1+a_2+b_2,a_1+a_2+a_3)+b_3
c 3 = m a x ( a 1 + b 1 + b 2 + b 3 , a 1 + a 2 + b 2 + b 3 , a 1 + a 2 + a 3 + b 3 ) c_3=max(a_1+b_1+b_2+b_3,a_1+a_2+b_2+b_3,a_1+a_2+a_3+b_3)
综上，我们可以发现一个规律：

我们记 S n ( k ) S_n(k) 为 ∑ i = 1 k a i + ∑ i = k n b i \sum_{i=1}^ka_i+\sum_{i=k}^nb_i

那么 c i = m a x ( S i ( 1 ) , S i ( 2 ) , S i ( 3 ) , . . . , S i ( i ) ) c_i=max(S_i(1),S_i(2),S_i(3),...,S_i(i))

但这只是我们找出来的规律，下面给出严谨证明：

我们考虑用一个 2 ∗ n 2*n 的矩阵来表示我们的序列 ( a 1 , b 1 ) , ( a 2 , b 2 ) , . . . , ( a n , b n ) (a_1,b_1),(a_2,b_2),...,(a_n,b_n)

以 c 3 c_3 为例，我们来画出这些走法，它们分别对应所有的 S S ：

[ a 1 a 2 a 3 ↓ b 1 → b 2 → b 3 ] \begin{bmatrix} a_1 && a_2 &&a_3 \\↓\\ b_1 &→& b_2&→ &b_3 \end{bmatrix}\\
[ a 1 → a 2 a 3 ↓ b 1 b 2 → b 3 ] \begin{bmatrix} a_1 &→& a_2 &&a_3 \\&&↓\\ b_1 && b_2&→ &b_3 \end{bmatrix}\\
[ a 1 → a 2 → a 3 ↓ b 1 b 2 b 3 ] \begin{bmatrix} a_1 &→& a_2 &→&a_3 \\&&&&↓\\ b_1 && b_2& &b_3 \end{bmatrix}\\
所以 c n c_n 在我们的矩阵里表示从 a 1 a_1 到 b n b_n 的 n n 条路径中 n + 1 n+1 个数字和的最大值。

我们用数学归纳法证明 c i = m a x ( S i ( 1 ) , S i ( 2 ) , S i ( 3 ) , . . . , S i ( i ) ) c_i=max(S_i(1),S_i(2),S_i(3),...,S_i(i)) ：

当 n = 1 n=1 时， c 1 = m a x ( S 1 ( 1 ) ) c_1=max(S_1(1)) ，显然成立。

假设当 n = k ( k ≥ 1 ) n=k(k\ge1) 时，命题成立，即 c k = m a x ( S k ( 1 ) , S k ( 2 ) , S k ( 3 ) , . . . , S k ( k ) ) c_k=max(S_k(1),S_k(2),S_k(3),...,S_k(k))

那么当 n = k + 1 n=k+1 时，

c k + 1 = m a x ( c k , a 1 + a 2 + . . . + a k + 1 ) + b k + 1 c_{k+1}=max(c_k,a_1+a_2+...+a_{k+1})+b_{k+1}
将 b k + 1 b_{k+1} 带入 m a x max 中
c k + 1 = m a x ( c k + b k + 1 , a 1 + a 2 + . . . + a k + 1 + b k + 1 ) c_{k+1}=max(c_k+b_{k+1},a_1+a_2+...+a_{k+1}+b_{k+1})
合并后面的项
c k + 1 = m a x ( c k + b k + 1 , S k + 1 ( k + 1 ) ) c_{k+1}=max(c_k+b_{k+1},S_{k+1}(k+1))
将 c k c_k 拆开
c k + 1 = m a x ( S k ( 1 ) + b k + 1 , S k ( 2 ) + b k + 1 , . . . , S k ( k ) + b k + 1 , S k + 1 ( k + 1 ) ) c_{k+1}=max(S_k(1)+b_{k+1},S_k(2)+b_{k+1},...,S_k(k)+b_{k+1},S_{k+1}(k+1))
按照 S S 的定义合并所有项
c k + 1 = m a x ( S k + 1 ( 1 ) , S k + 1 ( 2 ) , . . . , S k + 1 ( k + 1 ) ) c_{k+1}=max(S_{k+1}(1),S_{k+1}(2),...,S_{k+1}(k+1))
原命题得证。

下一步，我们来证明如果 m i n ( a i , b j ) ≤ m i n ( a j , b i ) min(a_i,b_j)\le min(a_j,b_i) ，那么我们将 ( a i , b i ) (a_i,b_i) 放在前面更优。

考虑上文提到的矩阵，我们对于一个矩阵
[ a 1 a 2 a 3 . . . a n b 1 b 2 b 3 . . . b n ] \begin{bmatrix} a_1 & a_2 &a_3 &...&a_n\\\\ b_1 & b_2&b_3&...&b_n \end{bmatrix}\\
我们如果调换两人的顺序，也就是调换矩阵中两列的顺序。

我们假设调换第 k k 列和第 k + 1 k+1 列，我们得到一个新矩阵

[ a 1 ′ a 2 ′ a 3 ′ . . . a n ′ b 1 ′ b 2 ′ b 3 ′ . . . b n ′ ] \begin{bmatrix} a_1' & a_2' &a_3' &...&a_n'\\\\ b_1' & b_2'&b_3'&...&b_n' \end{bmatrix}\\
其中
[ a i b i ] = [ a i ′ b i ′ ] ( 1 ≤ i ≤ n 且 i ≠ k , i ≠ k + 1 ) \begin{bmatrix} a_i \\\\ b_i \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a_i' \\\\ b_i' \end{bmatrix}\quad(1\le i\le n且i≠k,i≠k+1)
[ a k b k ] = [ a k + 1 ′ b k + 1 ′ ] \begin{bmatrix} a_k \\\\ b_k \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a_{k+1}' \\\\ b_{k+1}' \end{bmatrix}\quad
[ a k + 1 b k + 1 ] = [ a k ′ b k ′ ] \begin{bmatrix} a_{k+1} \\\\ b_{k+1} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a_{k}' \\\\ b_{k}' \end{bmatrix}\quad
我们记 S n ′ ( k ) S_n'(k) 为 ∑ i = 1 k a i ′ + ∑ i = k n b i ′ , c n ′ = m a x ( S n ′ ( 1 ) , S n ′ ( 2 ) , . . . , S n ′ ( n ) ) \sum_{i=1}^ka_i'+\sum_{i=k}^nb_i',c'_n=max(S_n'(1),S_n'(2),...,S_n'(n))

我们设 σ = S n ( k − 1 ) = S n ′ ( k − 1 ) = ∑ i = 1 k − 1 a i + ∑ i = k + 2 n b i = ∑ i = 1 k − 1 a i ′ + ∑ i = k + 2 n b i ′ \sigma=S_n(k-1)=S_n'(k-1)=\sum_{i=1}^{k-1}a_i+\sum_{i=k+2}^{n}b_i=\sum_{i=1}^{k-1}a_i'+\sum_{i=k+2}^{n}b_i' ，那么我们有：

S n ( k ) = σ + a k + b k + b k + 1 S_n(k)=\sigma+a_k+b_k+b_{k+1}
S n ( k + 1 ) = σ + a k + a k + 1 + b k + 1 S_n(k+1)=\sigma+a_k+a_{k+1}+b_{k+1}
S n ′ ( k ) = σ + a k ′ + b k ′ + b k + 1 ′ = σ + a k + 1 + b k + 1 + b k S_n'(k)=\sigma+a_k'+b_k'+b_{k+1}'=\sigma+a_{k+1}+b_{k+1}+b_k
S n ′ ( k + 1 ) = σ + a k ′ + a k + 1 ′ + b k + 1 ′ = σ + a k + 1 + a k + b k S_n'(k+1)=\sigma+a_k'+a_{k+1}'+b_{k+1}'=\sigma+a_{k+1}+a_k+b_k
记 m = m i n ( a k , a k + 1 , b k , b k + 1 ) , M = m a x ( S n ( k ) , S n ( k + 1 ) , S n ′ ( k ) , S n ′ ( k + 1 ) ) m=min(a_k,a_{k+1},b_k,b_{k+1}),M=max(S_n(k),S_n(k+1),S_n'(k),S_n'(k+1))

我们分别讨论 m m 的取值，

当 m = a k m=a_k 时，依照上文推出的 S , S ′ S,S' 的表达式， M = S n ′ ( k ) M=S_n'(k) ，所以 m a x ( S n ′ ( k ) , S n ′ ( k + 1 ) ) ≥ m a x ( S n ( k ) , S n ( k + 1 ) ) max(S'_n(k),S_n'(k+1))\ge max(S_n(k),S_n(k+1)) ，即 c n ′ ≥ c n c_n'\ge c_n

其余三种情况同理。

最后我们得出当 m = a k 或 b k + 1 m=a_k或b_{k+1} 时， c n ≤ c n ′ c_n\le c_n' ，所以不应交换。

当 m = a k + 1 或 b k m=a_{k+1}或b_k 时， c n ≥ c n ′ c_n\ge c_n' ，此时应交换 k 与 k + 1 k与k+1 两列。

相邻两数间的情况可以方便的推广到任意两数交换的情况。

证毕。

从得到的式子 m i n ( a i , b j ) ≤ m i n ( a j , b i ) min(a_i,b_j)\le min(a_j,b_i) 可以看出，我们只需按这个条件排序后模拟即可。

但是，我们这样做是不严谨的。考虑这样一组数据，

7 3
1 1
1 6

显然满足上式，答案输出是 17 17 。

但是我们可以换一种排列方式也满足上式，

1 1
1 6
7 3

此时显然也满足，且答案为 12 12 。

为什么会出现这种情况呢？

原因就是这个式子不满足传递性，交换一次这样的式子对后面确实不会产生什么影响，但如果多交换几次答案可能就会变。

我们考虑对于一些数，如果某一组数排在前面，那么其 a i a_i 必定越小越好，其 b i b_i 必定越大越好。

我们按照 a 与 b a与b 的大小关系将其分为 3 3 组：
{ a i < b i , a j < b j , 按 a 升 序 排 序 ① a i = b i , a j = b j , 归 入 情 况 1 中 ② a i > b i , a j > b j , 按 a 降 序 排 序 ③ \left\{ \begin{aligned} a_i<b_i,a_j<b_j,按a升序排序 \qquad①\\ a_i=b_i,a_j=b_j,归入情况1中\qquad②\\ a_i>b_i,a_j>b_j,按a降序排序\qquad③\\ \end{aligned} \right.

由于题目中描述的式子是 c i = m a x ( c i − 1 , ∑ i = 1 j a j ) + b i c_i=max(c_{i-1},\sum_{i=1}^j a_j)+b_i ，所以按照贪心的思路，我们先分情况在块内排序，再按照 ① ② ③ ①②③ 的顺序排序，之后模拟即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
struct Node{
	int a,b,d;
}f[50005];
int c[50005];
bool cmp(Node x,Node y){
	if(x.d!=y.d)  return x.d<y.d;
	if(x.d<=0)  return x.a<y.a;
	return x.b>y.b;
}
signed main(){
	int T;
	scanf("%lld",&T);
	while(T--){
		int n;
		scanf("%lld",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			scanf("%lld%lld",&f[i].a,&f[i].b);
			if(f[i].a>f[i].b)  f[i].d=1;
			if(f[i].a==f[i].b)  f[i].d=0;
			if(f[i].a<f[i].b)  f[i].d=-1;
		}
		sort(f+1,f+n+1,cmp);
		int s=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			s+=f[i].a;
			c[i]=max(c[i-1],s)+f[i].b;
		}
		cout<<c[n]<<endl;
	}
}

T3：异或（原大新闻）

传送门

题意简述

有两个数 x , y x,y ，其中 x x 是随机生成的 [ 0 , n ) [0,n) 间一个正整数， y y 有 p p 的概率为 [ 0 , n ) [0,n) 间一个数，使得 x   x o r   y x\space xor\space y 最大，有 ( 1 − p ) (1-p) 的概率生成方式同 x x ，求 x   x o r   y x\space xor \space y 的期望值。

解题思路

我们先考虑暴力的解法。

35pts

n ≤ 100 n\le100 ，随便怎么暴力都可以过。

当 p = 0 p=0 时，即求

∑ i = 1 n ∑ j = 1 n i   x o r   j n 2 \frac{\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n i\space xor\space j}{n^2}

直接两重循环求解即可，时间复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) ，记得开 d o u b l e double

当 p = 1 p=1 时，我们只需对上述情况的第二层循环做出微调，将求和改为求最大值，再讲每一个 i i 所对应的最大值分别相加即可。

代码略。

50pts

我们可以观察到后面 15 p t s 15pts 的数据是 2 k 2^k 的形式，那么它们间一定有着一些特殊规律。

经打表检验得：

当 p = 0 p=0 时，答案为 n − 1 2 \frac{n-1}{2}

当 p = 1 p=1 时，答案为 n − 1 n-1

下面给出证明：

首先，在 p = 1 p=1 时，对于每个数 x x ，总有一个数 y ∈ [ 0 , n ) y∈[0,n) 使得 x   x o r   y = n − 1 x\space xor \space y=n-1 ，所以期望为 n ( n − 1 ) n = n − 1 \frac{n(n-1)}{n}=n-1

在 p = 0 p=0 时，我们首先有一个结论：
x   x o r   i + x   x o r   ( 2 k − i − 1 ) = 2 k − 1 i ∈ [ 0 , 2 k ) x\space xor\space i+x\space xor\space (2^k-i-1)=2^k-1\qquad i∈[0,2^k)

证明也很简单，手玩一下就好了。

所以我们对 [ 0 , n ) [0,n) 间数两两配对，求得期望为 n × n × ( n − 1 ) 2 n 2 = n − 1 2 \frac{n\times \frac{n\times(n-1)}{2}}{n^2}=\frac{n-1}{2}

100pts

由于这里有 0 ≤ p ≤ 1 0\le p\le1 的情况，所以我们要先解决这种情况。

设 P P 为总的期望值， P 1 P_1 为 p p 取 0 0 时的期望， P 2 P_2 为 p p 取 1 1 时的期望，

由期望的一些基本知识可以很容易的推出

P = ( 1 − p ) × P 1 + p × P 2 P=(1-p)\times P_1+p\times P_2

那么下面就是如何计算 P 1 , P 2 P_1,P_2 的问题了。

先讨论 p = 0 p=0 时的情况，

我们设对于两个数异或起来的值，第 i i 位为 1 1 为事件 A A ，第 j j 位为 1 1 为事件 B B ，由位运算的性质知 A , B A,B 相互独立，故我们可以分开计算。

我们再设从 [ 0 , n ) [0,n) 中选出一个数，其二进制第 i i 位为 1 1 的概率为 p i p_i ，那么刚才的答案就是

∑ i = 0 log ⁡ n 2 × p i × ( 1 − p i ) × 2 i \sum_{i=0}^{\log n}2\times p_i\times (1-p_i)\times2^i

考虑对于区间 [ 0 , 2 k ) [0,2^{k}) ，一定有区间 [ 0 , 2 k − 1 ) [0,2^{k-1}) 的所有数的第 k k 位均为 0 0 ，区间 [ 2 k − 1 , 2 k ) [2_{k-1},2^k) 的所有数第 k k 位均为 1 1 。

然后我们考虑区间 [ 0 , n ) [0,n) ，那么必定有区间 [ S × 2 k , S × 2 k + 2 k − 1 ) [S\times 2^{k},S\times2^k+2^{k-1}) 中的数第 k k 位为0，区间 [ S × 2 k + 2 k − 1 , ( S + 1 ) × 2 k + 1 ) [S\times2^k+2^{k-1},(S+1)\times2^{k+1}) 中数的第 k k 位为0，所以第 k k 位为1的数的个数是：

⌊ n 2 k + 1 ⌋ × 2 k + m a x ( n   m o d   2 k + 1 − 2 k , 0 ) \lfloor\frac{n}{2^{k+1}}\rfloor\times 2^k+max(n\space mod\space2^{k+1}-2^k,0)

故概率 p i p_i 为
⌊ n 2 k + 1 ⌋ × 2 k + m a x ( n   m o d   2 k + 1 − 2 k , 0 ) n \frac{\lfloor\frac{n}{2^{k+1}}\rfloor\times 2^k+max(n\space mod\space2^{k+1}-2^k,0)}{n}
时间复杂度 O ( log ⁡ n ) O(\log n)

我们再来考虑 p = 1 p=1 时的情况（比较毒瘤）

我们设 f ( x ) f(x) 为 [ 0 , n ) [0,n) 内使 x   x o r   f ( x ) x\space xor\space f(x) 最大的 f ( x ) f(x) 的值

如果没有范围的限制的话， f ( x ) f(x) 应为 x x 按位取反后的值，现在多了一个 n n 的限制，那我们可以考虑用一种贪心的手法保留高位的 1 1 ，如果某一位取 1 1 会使 f ( x ) ≥ n f(x)\ge n ，那么这一位就只能取 0 0 。

我们考虑最高的 i − 1 i-1 位 ( i − 1 ≥ 0 ) (i-1\ge0) 和 n − 1 n-1 的前 ( i − 1 ) (i-1) 位相同的所有的 x x 对答案的贡献，我们考虑 n − 1 n-1 与 x x 的第 i i 位，有下列情况：

1. n − 1 1.n-1 的第 i i 位为 0 0 ，由于 x ≤ n − 1 , f ( x ) ≤ n − 1 x\le n-1,f(x)\le n-1 ，所以 x x 的第 i i 位和 f ( x ) f(x) 的第 i i 位必须为 0 0 。

2. n − 1 2.n-1 的第 i i 位为 1 1 ，那么 x x 第 i i 位的取值又可以分两种情况：

① : x :x 的第 i i 位为 1 1 ，那么 f ( x ) f(x) 的第 i i 位为 0 0 ，且以后的位数一定可以取 x x 取反后的值。

② : x :x 的第 i i 位为 0 0 ，那么 f ( x ) f(x) 的第 i i 位为 1 1 ，但还有后面的限制。

每次处理时 n − 1 n-1 的规模将减半，故时间复杂度为 O ( log ⁡ n ) O(\log n)

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
double solve1(ll n){
	double ret=0;
	ll Pow=0,tmp=n-1;
	while(tmp!=0){
		Pow++;
		tmp>>=1;
	}
	for(int i=Pow;i>0;i--){
		ll nw=(n>>i)*(1LL<<i-1)+min(n-(n>>i<<i),1LL<<i-1);
		double p=double(n-nw)/n;
		ret+=(1.0-p)*(1LL<<(i-1))*p;
	}
	return ret*2.0;
}
double solve2(ll n){
	if(n==1)  return 0.0;
	double ret=0.0;
	ll v=1LL,delta,num,tmp=n-1;
	n--;
	while(v<=tmp){
		v<<=1;
	}
	delta=v-1LL;
	v>>=1;
	ret+=(double)delta*(n-v+1);
	ret+=(double)v*v;
	num=v,delta>>=1;
	while(v!=1){
		v>>=1,delta>>=1;
		if(n&v){
			ret+=(double)num*v;
			ret+=(double)(num>>1)*delta;
			num>>=1;
		}
		else
		  ret+=(double)(num>>1)*v;
	}
	return ret/(double)(n+1);
}
int main(){
	ll n;
	double p;
	scanf("%lld%lf",&n,&p);
	double p1=solve1(n),p2=solve2(n),ans=(1.0-p)*p1+p*p2;
	printf("%.6lf\n",ans);
}

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转载自blog.csdn.net/wljoi/article/details/102572569
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