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  • 51nod 1406:与查询

    51nod 1406:与查询

    题目链接:http://www.51nod.com/onlineJudge/submitDetail.html#!judgeId=222358

    题目大意:给出$n$个数,问这$n$个数与$x$做位与($&$)后值为$x$的有多少个.

    DP

    显然暴力是不行的.

    由题目可得,若$a & x=x$,则$x$的二进制表示中为$1$的位,$a$也必为$1$.

    故若$x$和$y$仅有一位不同,且$x&y=x$,则 与$x$做位与后值为$x$的数中 必包含 与$y$做位与后值为$y$的数.

    我们将一个数$x$分成两部分:$x_{+i}$和$x_{-i}$,分别表示$x$二进制表示的前$i$位和后$20-i$位(如$1023_{+10}=1111111111$,$1023_{-10}=0000000000$).

    定义状态 $dp[i][j]$为这$n$个数中,所有$a_{+i} & j_{+i}=j_{+i}$且$a_{-i}=j_{-i}$的个数.

    则初始状态$dp[0][j]$即为$n$个数中,值为$j$的数的个数.

    不难得出状态转移方程:

    • 当$j$的第$i$(记第一位为$1$)位为$0$时,当前位可为$0$或$1$,故$dp[i][j]+=dp[i-1][j]+dp[i-1][j|(1<<(i-1))]$.
    • 当$j$的第$i$位为$1$时,当前位只能为$1$,故$dp[i][j]+=dp[i-1][j]$.

    需要注意的是输入输出的量很大,需要使用输入输出挂.

    代码如下:

     1 #include <cstdio>
     2 using namespace std;
     3 int n,t,dp[21][1<<20];
     4 int in(){
     5     int res=0,flag=0,ch;
     6     if((ch=getchar())=='-')flag=1;
     7     else if('0'<=ch&&ch<='9')res=ch-'0';
     8     while('0'<=(ch=getchar())&&ch<='9')res=res*10+ch-'0';
     9     return flag?-res:res;
    10 }
    11 void out(int x){
    12     if(x>9)out(x/10);
    13     putchar('0'+x%10);
    14 }
    15 int main(void){
    16     n=in();
    17     for(int i=0;i<n;++i){
    18         t=in();
    19         dp[0][t]++;
    20     }
    21     for(int i=1;i<=20;++i){
    22         for(int j=0;j<=1000000;++j){
    23             if(j&(1<<(i-1)))dp[i][j]+=dp[i-1][j];
    24             else dp[i][j]+=dp[i-1][j]+dp[i-1][j|(1<<(i-1))];
    25         }
    26     }
    27     for(int i=0;i<=1000000;++i){
    28         out(dp[20][i]);
    29         puts("");
    30     }
    31 }

    上述算法在空间复杂度上可以进行优化:

    1 for(int i=0;i<20;++i)
    2     for(int j=0;j<(1<<20);++j)
    3         if((j&(1<<i))==0)dp[j]+=dp[j|(1<<i)];
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/barrier/p/6664229.html
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