IPSC 2011 Problem I – Inverting bits

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IPSC 2011 Problem I – Inverting bits

题目大意

你有 (26) 个变量 (A-Z)，每个变量初始为 (0)，可以存储一个 (8) 位无符号整数，你可以对它们做「 赋值、按位与、按位或、取反、左移、右移、读入、输出」 (8) 种操作，运算中可以使用数字常量。

现在你要读入 (n) 个 (0/1) 值，将它们 flip 之后按序输出，并且不得使用超过 (k) 次取反操作。

Easy Subproblem: (n=7,k=1)

Hard Subproblem: (n=19,k=2)

思路

Easy Subproblem 把 (7) 个数字塞到一个变量的前 (7) 个二进制位上取反后拆回来输出即可。

Hard Subproblem 相对难一些，有一个直观但延展性差的做法和一个抽象但潜力巨大的做法。

(n=19) 很有迷惑性，两个做法都是把它们塞到 (3) 个 (8) 位整数中然后取反的。

法一

把每个数字看作一个集合，由二进制上为 (1) 的位置组成，于是「按位与、按位或和取反」就变成了「取交集、取并集、和全局取补集」的集合操作，把维恩图画出来：

（好像重名了，emmm反正全集用不上不改了）

我们设 (E) 为中间三叶草形状的区域：

简洁起见用 (AB) 表示 (Acap B)，(A+B) 表示 (Acup B)，(overline A) 表示 (complement_U A)，则 (E=AB+BC+CA) .

对 (E) 取反，可以发现可以算出 (X=overline EA,Y=overline EB,Z=overline EC)，利用这个，我们再构造一个图形 (F) ：

(F=X+Y+Z+ABC)，而 (overline F) 很有用，通过它可以得到 (U=overline FAB,V=overline FBC,W=overline FCA)，然后我们所需要的信息基本就全了，可以发现原来要求的反即两个扇形（(X/Y/Z)）和一个三叶草的叶子（(U/V/W)）以及外面的补集组成，而外面的补集即 (overline Foverline E)，所以就做完了：

(overline A=overline E overline F+Y+Z+W)，(overline B=overline E overline F+X+Z+V)，(overline C=overline E overline F+X+U+Y) 。

这个做法基本上属于利用了数据小的特点，瞎试出来的，拓展到一般情况很困难，毕竟大小为 (4) 的维恩图就已经比较难画了，因此一般情况需要另一个做法。

法二

题解思路，由于把 (0/1) 值塞到 (8) 位整数里是纯技术问题，下面的 (n) 是题面中的 (lceilfrac{n}{8} ceil) 。

我们的操作中不包含条件语句，所以需要一种全局性的方法去解决所有情况，注意到二进制的每一位之间是互不干扰的，所以可以分开来考虑，要求我们的做法对于任意一位上的 (0/1) 排列都能进行翻转，问题便转化为翻转 (n) 个 (0/1) 值。

注意到问题的本质就是当一位是 (1) 时，将它变为 (0)，反之变为 (1)，所以操作需要区分 (0) 和 (1)，那么可以这样区分：假设对于 (iin[0,n])，我们知道 (ex(i)) 的真假情况，即 (n) 个值中是否恰好有 (i) 个 (1)，，那么当前值 (a_i) 翻转后的值可以表示为：

[Or({ex(j)&Or({And(S)|i otin S,|S|=j})}|;jin[0,n-1]) ]

其中 (And(S)) 和 (Or(S)) 分别表示集合 (S) 中所有元素的「与和」跟「或和」，若 (a_i) 在那若干个 (1) 中，则式子为 (0)，否则为 (1) 。于是现在的问题便转化成了如何在 (2) 次取反操作内，得到 (ex(0)) 到 (ex(3))，注意到 (ex(i)=[one(all)geq i]&[one(all)leq i])，于是引入 (lst(i)=[one(all)geq i],mst(i)=[one(all)leq i])，容易发现：

[lst(i)=Or({And(S)|;|S|=i}),;mst(i)= sim lst(i+1) ]

经过一定的思考便可以得到原题的解法了：

[ex(3)=a_1&a_2&a_3\ mst(1)=sim lst(2)\ ex(1)=lst(1)&mst(1)\ ex(1,3)=ex(1)|ex(3)\ ex(0,2)=sim ex(1,3)\ ex(2)=ex(0,2)&lst(2)\ ex(0)=ex(0,2)&mst(1) ]

第 (5) 步的手法很奇妙，我们把它拓展一下，开始我们先用一次取反得到 (mst(mid))，可以发现 ([0,mid]) 和 ([mid+1,n]) 变成了和原来相同的子问题，注意原来的 (mst(n)) 没啥用，它必然为 (1)，但是在子问题中右端点的 (mst) 很有用，并且在求 (mst(mid)) 的时候已经得到了。

使用全局分治的思路，在求下一层分治的 (mst(mid)) 的时候，我们直接求出所有 (mid) 位置 (mst) 的或，可以发现即 (sim And({lst(i+1)|iin{ ext{下一层的mid}}}))，这个值再与上 (mst(r)) 即为 (mst(mid)) 了，这样递归总共有 (lceil log_2 (n+1) ceil) 层，每层只需要使用一次取反，所以使用这种方法，取反 (n) 个数字只需要至多 (lceil log_2 (n+1) ceil) 次取反操作即可。

不大会证这是否是下界，但应该也算是比较优秀的做法了吧。