CF 1174 D. Ehab and the Expected XOR Problem 異或技巧

題意就是給我們兩個數n,x。讓我們構造個數組，數組有三個條件

1.要有儘可能多的元素

2.要其中任何一段數字的異或和不等於0和x

3.元素的範圍是[ 1, $2^n$）

分析：如果對異或足夠敏感的話 應該能想到其中第二個條件的意思，其實就是說目標數組中的元素的異或前綴和不能有相等的兩個數，如果有相等的兩個異或和說明其中可以中間的一段數是可以用異或得到0的，也就是違反了條件2。
那麼對於x，其實就是如果異或和中有一個x，說明這其中有段數的異或和等於x，所以違反2，那麼也就是說其中任意兩個前綴和數字異或不能爲x。
那麼也就是我們可以枚舉[ 1, $2^n$）中的每一個數，然後對其中每一個數i進行處理如果當前的i^x的數之前出現過作爲異或和數組中的元素了，根據異或運算的性質:
a^b = c,
那麼
c^a = b,
c^b = a
所以就說明，i^x之前出現過，那麼如果我們要把i確定爲最新的異或和數組中的元素，就會形成
i^x ^ i = x的異或性質，那麼違反規則2.
所以本題我們可以根據異或的特點，將這個問題轉化爲構造異或前綴和數組，而數組的構造方法是根據異或的性質來的，如果a^x ^a = x 就不選這個數
最後根據異或數組ai-1^ai得到那個原數組元素
如果異或熟練，這個解法可以很快想到

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn =1<<19;
int cnt,S[maxn];
int main()
{
    int n,x;
    scanf("%d%d",&n,&x);
    // 不能存在兩相等 也不能存在和x異或爲0的數
    set<int>s;
    s.insert(0);
    for(int i=1;i<(1<<n);i++){
        if(!s.count(i^x)){//已存在一個0 如果與x相等會得到0 保證不會有相同的元素 儘可能變大三個條件
            s.insert(i);
            S[++cnt]=i;
        }
    }

    printf("%d\n",cnt);
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        printf("%d",S[i]^S[i-1]);
        if(i==cnt)puts("");
        else putchar(' ');
    }

    return 0;
}