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)];