Codeforces Round #737 (Div. 2) 题解
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了Codeforces Round #737 (Div. 2) 题解相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
C Moamen and XOR
题意:
构造一个长度为n的数组,其中第i个元素为a[i],且对所有的i∈[0,n-1],满足0=<a[i]<2^k。问有多少种构造方法使得:
a1&a2&a3&…&an≥a1⊕a2⊕a3⊕…⊕an
结果对1e9+7取模。
题解:
按数位去分析,这里先定义几个变量:
- i:当前位 为从小到大的第i位。
- AND:所有数的第i位(当前位)相与后的值。
- XOR:所有数的第i位(当前位)异或后的值。
- DP[I] :从第0位到i位(即a[x]最多有i位)的所有满足题意的可行方案数。
通过比较AND与XOR会发现有以下4种情况:
- 1=AND == XOR=1
- 1=AND > XOR=0
- 0=AND < XOR=1
- 0=AND == XOR=0
很明显第1、2、4种情况是使得至少第 i 位能够满足题意的。
但是最终答案只是需要(整体AND)大于(整体XOR)。所以想一想怎么从DP[I-1]转移到DP[i]。(讨论DP[i]时,第i位就当做当前最大位)
首先,初始化DP[-1]=1,接下来根据异或的特性(偶数异或为0,奇数异或等于本身)将n分成奇偶来做说明:
-
当n为偶数:
1.1. 1=AND时,证明所有数最大位位全部为1,那么XOR=偶数个1异或= 0,所以此时AND>XOR。那么转移方程为DP[i] += 2^(n*(i-1)。因为AND最大位大于XOR最大位,那么无论低位是什么样都是满足题意。共有(i-1)位,n个数字,所以方案数位2^(n*(i-1)种。
1.2 0=AND时,证明n个数中至少有一个最大位为0,那么为了满足题目AND>=XOR,那么此时仅考虑AND == XOR == 0的情况(小于的情况不满足题意不考虑)。XOR == 0,则证明有偶数个1,而且不能有n个1(这种情况等于1.1中的讨论方案),所以能够满足XOR=0的方案数为 c(n,0)+c(n,2)+…+c(n,n-2)种,那么转移方程就是DP[i] += (c(n,0)+c(n,2)+…+c(n,n-2))*dp[i-1] 。 (即:当前可行*之前可行) -
当n为奇数:
2.1 1=AND时,证明所有数最大位位全部为1,那么XOR=奇数个1异或= 1,所以此时AND==XOR。那么转移方程为DP[i] += DP[i-1]。因为AND最大位等于XOR最大位,方案数等于低位可行的方案数
2.2 0=AND时,证明n个数中至少有一个最大位为0,那么为了满足题目AND>=XOR,那么此时仅考虑AND == XOR == 0的情况(小于的情况不满足题意不考虑)。XOR == 0,则证明有偶数个0,所以能够满足XOR=0的方案数为 c(n,0)+c(n,2)+…+c(n,n-1)种,那么转移方程就是DP[i] += (c(n,0)+c(n,2)+…+c(n,n-1))*dp[i-1] 。 (即:当前可行*之前可行)
PS:其中计算组合数相加可见代码部分,可自行证明。
代码:
(写法1为题解的思路,写法2思想略微不同,详见代码)
写法1:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn = 2e5+5;
const int mod = 1e9+7;
int t;
LL n,m,k;
int a[maxn],b[maxn];
int ans = 0;
LL quickpow(LL a,LL b)
{
LL ret = 1;
while(b!=0)
{
if(b&1)
ret = (ret*a)%mod;
a= (a*a)%mod;
b>>=1;
}
return ret;
}
int main()
{
cin >> t;
while (t--)
{
cin >> n >> k;
LL ans = 0;
LL xs =1;
LL dp = 1;
for (int bit = 0; bit <k; ++bit)
{
LL ret = 0;
if(n%2==0)
{
ret = (quickpow(2,bit*n))%mod;
ret %=mod;
}
//组合数计算,写法2同
LL xs = quickpow(2,n-1);
if(n%2==0)
xs--;
else
xs++;
dp = (dp*xs)%mod;
dp =(dp+ret)%mod;
}
ans =dp;
cout << ans%mod << '\\n';
}
return 0;
}
写法2(tourist写法)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn = 2e5+5;
const int mod = 1e9+7;
int t;
LL n,m,k;
int a[maxn],b[maxn];
int ans = 0;
LL quickpow(LL a,LL b)
{
LL ret = 1;
while(b!=0)
{
if(b&1)
ret = (ret*a)%mod;
a= (a*a)%mod;
b>>=1;
}
return ret;
}
int main()
{
io_init;
cin >> t;
while (t--)
{
cin >> n >> k;
LL ans = 0;
LL xs =1;
LL dp = 1;
//与写法一不同的是:写法二是从高位开始判断的,其中dp的含义是保存的是最高的前i位相等的方案数。
for (int bit = k-1; bit >=0; --bit)
{
if(n%2==0)
{
//直接加入到ans中,高位相等的方案数(dp)*(当前位为1的情况==1)*(低位无所谓的方案数)
ans += (dp*quickpow(2,bit*n))%mod;
ans %=mod;
}
LL xs = quickpow(2,n-1);
if(n%2==0)
xs--;
else
xs++;
//维护高位相等的方案数
dp = (dp*xs)%mod;
}
ans +=dp;
cout << ans%mod << '\\n';
}
return 0;
}
后续若再补题,会继续加上。
欢迎指正和评论!
以上是关于Codeforces Round #737 (Div. 2) 题解的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章
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