题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5648
题意:给定n,m(1<= n,m <= 15,000),求Σgcd(i|j,i&j);(1 <= i <= n,1<=j<=m);
至多三组数据，至多两组数据max(n,m) > 2000.至多一组数据max(n,m) > 8000;
很多题解是用递推打表，将数据压缩250倍，即[i][j]:代表[1...250*i][1...250*j]，之后零头就直接暴力求解；这样时间复杂度为O(T*250*max(n,m));
但是这并不完美。。代码长度接近5W b..如果卡代码长度的话，就呵呵了；
事先说明代码是在BC看的AC代码，来源于NanoApe。特在此orz..
思路:题解讲用枚举子集法，但是当时并没有看懂。。没有去细想在这个gcd里面是要确定什么，枚举什么。这就是深搜的思路了；
原本看到gcd想的就是莫队反演。。莫队反演是容易求出同一个gcd里面的对数；但是这道题gcd里面并不是原始的a,b;而是a,b的位或和位与运算以后的值；
并且数据规模不大，(至少从组数及n,m最大值的限制上来看)；
现在我们就来枚举i|j,因为i&j能够在i|j枚举1，这就是题解上面的子集枚举的对象；
下面分情况来看如何深搜；i表示两个数位或运算后的值；并且默认n >= m
<1>当i<= m时，这时易知对于我们实际的值x,y一定是<=m的；直接在范围内枚举,即可dfs1();
dfs1里面a 代表位或的值，b代表位与的值；容易看出b其实位元1是在a中选的；至于对ans的贡献是每一个a位元为1，b为0的位可以是两种，所以1<<(c[a]-c[b]);对于b为0的情况，会出现x = 0 || y = 0所以减去这二者；(d在dfs2中解释)；
注意并不是i <= n作为循环结束的标志，位或最大为2*n-1,这也是开始运算出mx的另一个用处；
<2>当i > m时，没有a里面的每一个1，一定有一个数(x||y)的位元是1的，这就可以分成x,y,x&&y;对应三个if;
对于这个位或值，如果前面有一个位1，原本x可以承担(即x += 1<<p 仍然<=n)但是并有没有取，而是被y承担了,这时之后任意位元为1的x均可以承担，这时对于x来说，进入dfs1就可以随便取a里面剩下的位了；这样就保证了所取得的值<=n;这就是为什么在判断是否能进入dfs1对后面的位元1进行组合数取的条件；即加的是(1<<(p+1))-1;
<3>对于dfs2中的p == -1的情况，是否需要求解?答案是要的，因为能到p == -1表示里面的x,y是符合情况的；如果不符合情况，就会直接在前面就无法dfs2下去了；直接计算即可；至于d的含义，因为当a > m时，前面大的位元1一定是x承担的，并且这承担的在后面组合数枚举的时候，虽然没有在高位上枚举，但是c[a]还是记录了这高位的，d即表示这没有枚举的高位a比b多出来的个数；由于枚举到的位可能在m范围内，但是之后却没有枚举，所以出现b = x&y;
很神奇~~~hhhhh
1326ms 1824k 自己手写__builtin_popcount()用时1263ms 因为库函数是查表的，并没有真正计算；
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define rep0(i,l,r) for(int i = (l);i < (r);i++) #define rep1(i,l,r) for(int i = (l);i <= (r);i++) #define rep_0(i,r,l) for(int i = (r);i > (l);i--) #define rep_1(i,r,l) for(int i = (r);i >= (l);i--) #define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a)) #define MS1(a) memset(a,-1,sizeof(a)) #define MSi(a) memset(a,0x3f,sizeof(a)) #define inf 0x3f3f3f3f #define lson l, m, rt << 1 #define rson m+1, r, rt << 1|1 typedef pair<int,int> PII; #define A first #define B second #define MK make_pair typedef __int64 ll; template<typename T> void read1(T &m) { T x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} m = x*f; } template<typename T> void read2(T &a,T &b){read1(a);read1(b);} template<typename T> void read3(T &a,T &b,T &c){read1(a);read1(b);read1(c);} template<typename T> void out(T a) { if(a>9) out(a/10); putchar(a%10+'0'); } int T,kase = 1,i,j,k,n,m,x,y,a,b,d; #define N 1<<16 int c[N]; ll ans; inline ll gcd(ll a,ll b){return b == 0?a:gcd(b,a%b);} void dfs1(int p) { while(p >= 0) { if(!(a&(1<<p))){p--;continue;} b += (1<<p); dfs1(p-1); b -= (1<<p); p--; } if(b) ans += 1LL*gcd(a,b)*(1<<(c[a]-c[b]-d)); else ans += 1LL*gcd(a,b)*((1<<(c[a]-c[b]-d))-(x==0?1:0)-(y==0?1:0));//x,y分别是各自的实际值; } void dfs2(int p) { if(p == -1){ if(x == 0 || y == 0) return ; ans += gcd(x|y,x&y); return ; } while(p >= 0 && !(a&(1<<p))) p--; // **+(1<<p+1)-1是为了说明之后任意的枚举a中的位元1度不会超出n,m的范围 if(x+(1<<p+1)-1 <= n && y+(1<<p+1)-1 <= m){ b = x&y;
dfs1(p);
return ; } d++;//d表示x中1的个数比y中1的个数多d个 if(x+(1<<p) <= n) x += 1<<p,dfs2(p-1), x -= 1<<p;// x承担 if(y+(1<<p) <= m) y += 1<<p,dfs2(p-1), y -= 1<<p;// y承担 d--; if(x+(1<<p) <= n && y+(1<<p) <= m)// x,y均承担 x += 1<<p, y += 1<<p, dfs2(p-1), x -= 1<<p,y -= 1<<p; } int pop(unsigned x) //使用的是分治的思想 { x = x - ((x>>1) & 0x55555555); x = (x & 0x33333333) + ((x >> 2) & 0x33333333); x = (x + (x >> 4)) & 0x0F0F0F0F; x = x + (x >> 8); x = x + (x >> 16); return x & 0x0000003F; } int main() { rep0(i,0,N) c[i] = pop(i);//__builtin_popcount read1(T); while(T--){ ans = 0; read2(n,m); if(n < m) swap(n,m); int mx = 0; while((1<<mx) <= n) mx++; rep1(i,1,(1<<mx)-1){ if(i <= m) a = i,b = 0,x = 0,dfs1(mx); else a = i,b = 0,x = 0,y = 0,d = 0,dfs2(mx); } out(ans); puts(""); } return 0; }