「题解」agc031_c Differ by 1 Bit

Posted 2021-05-30 Lu_Anlai

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题目

题目链接：洛谷 AT4693、AtCoder agc031_c。

题意概述

给定三个数 \\(n,a,b\\)，求一个 \\(0\\sim 2^n-1\\) 的排列满足下列三个条件：

• \\(p_1=a\\)；
• \\(p_{\\tiny{2^n}}=b\\)；
• \\(\\operatorname{popcount}(p_i\\oplus p_{i+1})=1\\)，其中 \\(\\oplus\\) 表示按位异或。

请你判定是否可以构造并输出方案（若可以）。

题解

启发式的画图

直接考虑这个问题，似乎有些困难？

我们先用简单的语言，将它转化为一个图论问题。

图论转化

如果两个整数 \\(a,b\\in[0,2^n)\\)，满足 \\(\\operatorname{popcount}(a\\oplus b)=1\\)，那么我们就在 \\(a,b\\) 之间连一条边。

那么问题转化为了给定起点与重点，求一条长度为 \\(2^n\\) 的简单路径。

---

转化成了图论问题，我们肯定要用几何直观来看看这个图到底是什么样子，采用画图工具 Graph Editor，取 \\(n=2,3\\) 时：

图片 \\(n=2\\)：

图片 \\(n=3\\)：

这提醒我们，整个图将会形成一个 \\(n\\) 维立方体。

具体地，我们考虑证明这件事，非常简单，换个角度即可。我们将一个二进制数各位上的数分开，看作各个维度的坐标值，例如 \\(0=(00)_2\\to (0,0),2=(10)_2\\to (1,0)\\)。那么我们不难得到此结论。

熟练解决图论问题

我们不难发现，这个图是一个二分图，其中左部点编号对应的二进制数中 \\(1\\) 的个数为偶数，右部点编号对应的二进制数中 \\(1\\) 的个数为奇数。

我们由此得到结论，如果存在答案，那么 \\(\\operatorname{popcount}(a\\oplus b)\\equiv 1\\pmod 2\\)。

这个条件对解的必要性已经得到证明，下面我们通过构造来证明其充分性。

构造与递推

首先为了化简问题，我们不难发现从 \\(a\\) 走到 \\(b\\) 等价于从 \\(0\\) 走到 \\(a\\oplus b\\)，这是因为异或的自反律与交换律，即 \\(p_i\\oplus x\\oplus p_{i+1}\\oplus x=p_i\\oplus p_{i+1}\\)。

对于 \\(n\\) 维立方体，它一定是由两个 \\(n-1\\) 维立方体上下拼接而成。

因此，我们考虑用类似数学归纳法的方式进行构造。

我们具有归纳基础，因为显然我们会 \\(n=1\\) 时的情况（一条线段从 \\(0\\) 走到 \\(1\\)）；

我们考虑如何通过 \\(n-1\\) 维的方案构造 \\(n\\) 维的方案，我们决定分类讨论：

• 根据上面的理论，我们分类讨论终点的位置（起点为 \\(0\\)）；
• 终点 \\(t\\) 与起点在不同的层：我们找到一条合法的从起点走 \\(n-1\\) 维空间到达 \\(x\\) 的方案，然后 \\(x\\) 走到另一层对应的点 \\(x\'\\)，再在 \\(n-1\\) 维空间中从 \\(0\\) 走到 \\(t\\oplus x\'\\) 的方案，\\(x\\) 可任取；
• 终点 \\(t\\) 与起点在同一层：我们直接从 \\(0\\) 走到 \\(t\\)，然后把路径从路径中任意两个相邻点之间直接分割开来，在中间插入一个下层的 \\(n-1\\) 维的路径。

上面的文字叙述可能有点难懂，我们画个三维空间的图：

第一种情况：

第二种情况：

至此，我们用构造的方法证明了条件的充分性，可解决本题。

时间复杂度为 \\(T(n)=2T(n-1)+\\Theta(2^n)\\)，分析可知为 \\(\\Theta(2^{n+1})\\)。

参考程序

参考程序中情况一选取 \\(x=1\\)，情况二选取起点和路径的第二个点。

__builtin_parity(x) 表示求 \\(x\\) 的二进制表示中 \\(1\\) 的个数的奇偶性，奇数为 \\(1\\)，偶数为 \\(0\\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define reg register
typedef long long ll;
#define flush() (fwrite(wbuf,1,wp1,stdout),wp1=0)
#define putchar(c) (wp1==wp2&&(flush(),0),wbuf[wp1++]=c)
static char wbuf[1<<21];int wp1;const int wp2=1<<21;

inline void write(reg int x){
	static char buf[32];
	reg int p=-1;
	if(!x) putchar(\'0\');
	else while(x) buf[++p]=(x%10)^\'0\',x/=10;
	while(~p) putchar(buf[p--]);
	return;
}

inline void writeln(const char *s){
	while(*s) putchar(*(s++));
	putchar(\'\\n\');
	return;
}

const int MAXN=17;

inline void solve(reg int x,reg int a,reg int ans[]){
	if(!x)
		ans[0]=0;
	else if(x==1)
		ans[0]=0,ans[1]=1;
	else{
		reg int val=1<<(x-1);
		if(a&val){
			solve(x-1,1,ans),solve(x-1,a^(val+1),ans+val);
			for(reg int i=val;i<(1<<x);++i)
				ans[i]=ans[i]^(val+1);
		}
		else{
			solve(x-1,a,ans),solve(x-1,ans[1],ans+val);
			for(reg int i=val;i<(1<<x);++i)
				ans[i]=ans[i]^val;
			static int tmp[1<<MAXN];
			tmp[0]=ans[0];
			for(reg int i=0;i<val;++i)
				tmp[i+1]=ans[i+val];
			for(reg int i=val+1;i<(1<<x);++i)
				tmp[i]=ans[i-val];
			for(reg int i=0;i<(1<<x);++i)
				ans[i]=tmp[i];
		}
	}
	return;
}

int n,A,B;
int ans[1<<MAXN];

int main(void){
	scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
	B^=A;
	if(__builtin_parity(B)){
		writeln("YES");
		solve(n,B,ans);
		reg int U=(1<<n)-1;
		for(reg int i=0;i<=U;++i)
			write(ans[i]^A),putchar(i==U?\'\\n\':\' \');
	}
	else
		writeln("NO");
	flush();
	return 0;
}