Codeforces——1322B.Present

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題目網址： https://codeforces.com/contest/1322/problem/B

寫這篇博文是因爲第一次遇到這個解法，對於我這個算法小白來說還是很新穎的。
PS.做題的時候天真的以爲是O(n)的解法，並且可以用數學做。。。

題目

給定$n$個數 $a_1$, $a_2$, … , $a_n$，
計算其兩兩之和的異或值。

分析

首先輸入大小以看就不可以直接求（廢話）
複雜度也就是壓在O(nlogn)左右

關鍵點
我們可以把答案回到二進制，然後對二進制的每一位分開求。

原理

首先我們定義 $x_i = a_k + a_j$， 即 $x_i$ 是兩數之和。
令 $s$ 是答案，$s_i$ 是指從右往左答案的第 $i$ 個二進制位（從0開始）

我們現在假設計算 $s_i$，我們已知所有 $x$ 的第 $i$ 位的01情況，那麼求 $s_i$ 就是對它們做異或，也就等於計算 $x$ 中第 $i$ 位是1的個數的奇偶情況。
即如果1有偶數個，那麼答案對應的位數是0，反之則是1。（簡單的異或運算原理）

Subproblem

對於結果$s$，計算第 $i$ 位的值，即 $s_i$。

（等價問題）計算兩數之和$x$的第 $i$ 位是 $1$ 的數量。

對於這個等價問題，我們先思考一個簡單的情況：

假設現在有一個數 $y < 2^{i+1}$，它的第$i$位的是否位$1$取決於它是否在 $[2^{i}, 2^{i+1})$ 內。
現在把 $y$ 擴大爲正數，我們可以得到其第$i$位的情況與 $y’ = y \% 2^{i+1} $。

因此，對於每個 $x$，我們可以只考慮 $x \% 2^{i+1} $。

但我們希望能通過 $a$ 直接計算出個數，而非計算 $x$ 後求出解。
既然我們可以對 $x$ 取模，自然也可以對 $a$ 取模，這對加法並不會有影響。

因此，我們首先將 $a$ 對 $2^{i+1}$ 取模，令取模後的數爲 $b$。
我們可以得到 $b \in [0, 2^{i+1} )$，
即有 $x \in [0, 2^{i+2}-1 )$。

我們發現 $x$ 的範圍縮小了很多，這次我們不對 $x$ 取模，
相反，我們可以直接對 $x$ 劃出兩個範圍：$[2^i, 2^{i+1})$ 和 $[2^i + 2^{i+1}, 2^{i+2}-1 )$

因此，我們希望尋找 $x$ 在這兩個範圍內的個數

Subsubproblem

對於結果 $s$ 的第 $i$ 位，現有 $b$ 是對 $a$ 對於 $2^{i+1}$ 取模，求 $b$ 兩兩之和在 $[2^i, 2^{i+1})$ 和 $[2^i + 2^{i+1}, 2^{i+2}-1 )$ 的個數。

（簡化版）給定數組 $b$，求其兩兩和在某一區間的個數。

這裏爲簡化，假設求的區間是 $[k, t)$

暫時只有 $O(nlogn)$ 的解法，未知是否有更迅速的

首先將 $b$ 從小到大排序，
然後對 $b_i$ ，它可以相加的數爲 $b_{i+1}$, …, $b_n$ 。
用二分查找尋找下界值爲 $k-b_i$ 的下標 $p$，
用二分查找尋找上界值爲 $t-b_i$ 的下標 $q$。
滿足的個數就是 $q-p$。

代碼

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

long long a[400005], b[400005];

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    long long n, i, j, k, t, m, p, q, s;
    cin >> n;
    m = 0;
    for (i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
        m = max(a[i], m);
    }
    m = log2(m) + 2;
    s = 0;
    for (i = 0; i <= m; i++) {
        k = pow(2, i+1);
        for (j = 0; j < n; j++) {
            b[j] = a[j] % k;
        }
        sort(b, b+n);

        t = 0;
        for (j = 0; j < n; j++) {
            // 2^i, 2^(i+1)
            p = lower_bound(b+j+1, b+n, k/2 - b[j]) - b;
            q = lower_bound(b+j+1, b+n, k - b[j]) - b;
            t += q - p;

            // 2^i + 2^(i+1), 2^(i+2)-1
            p = lower_bound(b+j+1, b+n, k/2*3 - b[j]) - b;
            q = lower_bound(b+j+1, b+n, 2*k - 1) - b;
            t += q - p;
        }
        if (t % 2 == 1) {
            s += k / 2;
        }
    }
    cout << s << endl;
    return 0;
}