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  • 二分+DP+Trie HDOJ 5715 XOR 游戏

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    XOR 游戏

    Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
    Total Submission(s): 256    Accepted Submission(s): 86

    Problem Description
    众所周知,度度熊喜欢XOR运算[(XOR百科)](http://baike.baidu.com/view/674171.htm)。 

    今天,它发明了一种XOR新游戏,最开始,它有一个长度为N的数组,度度熊可以任意添加分割线,将数组划分为M段,且每段长度小于等于L。

    当然这是个和XOR有关的游戏,度度熊希望所有分组内异或和的最小值最大。

    比如,长度为4的数组{1,2,3,4},L为3,可以划分为{1|2,3,4} 或 {1,2|3,4} 或 {1,2,3|4},最小的异或值分别为1,3,0,所以选第二种分割方法。

    Input
    第一行为T,表示输入数据组数。

    对于每组数据,第一行包含三个整数N,M,L,第二行包含N个数,表示数组。

    1≤T≤300

    1≤N≤10000,1≤M≤10,1≤L≤N 

    1≤Ai≤109

    Output
    对第i组数据,输出 

    Case #i:

    然后输出一行,仅包含一个整数,表示满足条件分组方法的最小异或值。

    Sample Input
    2
    4 2 3
    1 2 3 4
    4 3 2
    5 4 3 2

    Sample Output
    Case #1:
    3
    Case #2:
    2

    Source
    2016"百度之星" - 复赛(Astar Round3)

    题解:二分答案,dp[n][m]判断n个数字分成m段的可行性,那么每一段的异或和不小于mid,先处理出前缀异或和,生成m棵trie树,表示保存了dp[i][j]保存的最后的前缀异或和的位置.那么转移的话,就是满足max (A[j] ^ A[i] = (a[j+1] ^ a[j+2] ^ ... ^ a[i])) <= mid,求最大值就是trie里搜异或和最大,首先要求j到i的距离小于L.

    #include <bits/stdc++.h>
    
    const int N = 1e4 + 5;
    struct Trie {
        static const int NODE = N * 32;
        int ch[NODE][2], cnt[NODE];
        int sz;
        void init() {
            ch[0][0] = ch[0][1] = 0;
            sz = 1;
        }
        void insert(int x) {
            int u = 0;
            for (int c, i=29; i>=0; --i) {
                c = (x >> i) & 1;
                if (!ch[u][c]) {
                    ch[sz][0] = ch[sz][1] = 0;
                    cnt[sz] = 0;
                    ch[u][c] = sz++;
                }
                u = ch[u][c];
                cnt[u]++;
            }
        }
        void _delete(int x) {
            int u = 0;
            for (int c, i=29; i>=0; --i) {
                c = (x >> i) & 1;
                int tu = u;
                u = ch[u][c];
                cnt[u]--;
                if (!cnt[u]) {
                    ch[tu][c] = 0;
                    return ;
                }
            }
        }
        int query(int x) {
            int ret = 0, u = 0;
            for (int c, i=29; i>=0; --i) {
                c = (x >> i) & 1;
                if (ch[u][c^1]) {
                    ret += (1 << i);
                    u = ch[u][c^1];
                } else {
                    u = ch[u][c];
                }
            }
            return ret;
        }
    }trie[11];
    int a[N];
    bool dp[N][11];
    int n, m, k;
    
    bool check(int val) {
        for (int i=0; i<=m; ++i) {
            trie[i].init ();
        }
        for (int i=0; i<=n; ++i) {
            for (int j=0; j<=m; ++j) {
                dp[i][j] = false;
            }
        }
        dp[0][0] = true;
        trie[0].insert (0);
        for (int i=1; i<=n; ++i) {
            for (int j=1; j<=m; ++j) {
                if (i > k && dp[i-k-1][j-1]) {
                    trie[j-1]._delete (a[i-k-1]);
                }
                if (trie[j-1].query (a[i]) >= val) {
                    dp[i][j] = true;
                    trie[j].insert (a[i]);
                }
            }
        }
        return dp[n][m];
    }
    
    int solve() {
        scanf ("%d%d%d", &n, &m, &k);
        for (int i=1; i<=n; ++i) {
            scanf ("%d", a+i);
        }
        a[0] = 0;
        for (int i=1; i<=n; ++i) {
            a[i] = a[i-1] ^ a[i];
        }
        int left = 0, right = 1e9 + 7, ret = 0;
        while (left <= right) {
            int mid = left + right >> 1;
            if (check (mid)) {
                ret = mid;
                left = mid + 1;
            } else {
                right = mid - 1;
            }
        }
        return ret;
    }
    
    int main() {
        int T;
        scanf ("%d", &T);
        for (int cas=1; cas<=T; ++cas) {
            printf ("Case #%d:
    %d
    ", cas, solve ());
        }
        return 0;
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/Running-Time/p/5549248.html
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