[UVa 1326]Jurassic Remains

题解

在一个字符串中，每个字符出现的次数本身是无关紧要的，重要的只是这些次数的奇偶性，因此想到用一个二进制的位表示一个字母（$1$表示出现奇数次，$0$表示出现偶数次）。比如样例的$6$个数，写成二进制后如图所示。

此时，问题转化为求尽量多的数，使得它们的$xor$值为$0$。

最容易想到的方法是直接穷举，时间复杂度为$O(2^n)$，有些偏大。注意到$xor$值为$0$的两个整数必须完全相等，我们可以把字符串分成两个部分：首先计算前$n over 2$个字符串所能得到的所有$xor$值，并将其保存到一个映射$S$（$xor$值->前$n over 2$个字符串的一个子集）中；然后枚举后$n over 2$个字符串所能得到的所有$xor$值，并每次都在$S$中查找。

如果映射用$STL$的$map$实现，总时间复杂度为$O(2^{n over 2}log_2 n)$，即$O(1.44^n log_2 n)$，比第一种方法好了很多。

//It is made by Awson on 2017.9.20
#include <set>
#include <map>
#include <cmath>
#include <ctime> 
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define LL long long
using namespace std;

int n;
char ch[1000];
int a[30];
map<int, int> mp;

int bitcount(int x) {
    int cnt = 0;
    for (; x; x -= lowbit(x)) cnt++;
    return cnt;
}

void work() {
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%s", ch);
        a[i] = 0;
        for (int j = 0; j < strlen(ch); j++) a[i] ^= 1<<ch[j]-'A';
    }
    mp.clear();
    int mid = n/2;
    int lim = 1<<mid;
    for (int i = 0; i < lim; i++) {
        int tmp = 0;
        for (int j = 0; j < mid; j++)
            if (i&(1<<j)) tmp ^= a[j];
        if (!mp.count(tmp) || bitcount(mp[tmp]) < bitcount(i))
            mp[tmp] = i;
    }
    int ans = 0;
    lim = 1<<(n-mid);
    for (int i = 0; i < lim; i++) {
        int tmp = 0;
        for (int j = mid; j < n; j++)
            if (i&(1<<j-mid)) tmp ^= a[j];
        if (mp.count(tmp) && bitcount(ans) < bitcount(mp[tmp])+bitcount(i)) ans = (i<<mid)|mp[tmp];
    }
    printf("%d
", bitcount(ans));
    for (int i = 0; i < n; i++)
        if (ans&(1<<i)) printf("%d ", i+1);
    putchar('
');
}
int main() {
    while (~scanf("%d", &n))
        work();
    return 0; 
}