Bitwise Xor-题解

CF通道

luogu通道------>别点进去，没有通道

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题意

给你一个(n)长度的序列，叫你求有多少个子序列满足：

这子序列中任意两个数取反的值≥X

输入

(n;;x)

(a_1;a_2;a_3dots a_n)

数据范围

[Xleq 2^{60}-1 ]

[a_ileq 2^{60}-1,iin[1,n] ]

[nleq 3 imes 10^5 ]

分析

刚拿到这道题时，我心中只有暴力（可是这是CF赛制）

然后就是听老师讲“若干个数两两异或的最小值必在排序后相邻两个取到”。可是我并没法理解（当然，我当时以为是“或”而不是“异或”）。

所以当我知道是异或的时候，我自己脑袋里面已经有了一些思路。

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我们设(xleq yleq z)

(⊕)是取反的意思

然后我们可以知道：

1. ((x⊕y)⊕(y⊕z)==z⊕x)

这相当于是将y给抵消了吧。

口头证明：

（只可意会不可言传）

好吧，这个坑我之后再补，可是应该能够想象出来，但是也可以用代码做下实验

	int x1,x2,x3;
	cin>>x1>>x2>>x3;
	int judge1=x1^x2,judge2=x2^x3;
	if(x1^x3==judge1^judge2) cout<<"TRUE"<<endl;	
	else cout<<"False"<<endl;

2. (min(x⊕y,y⊕z)leq x⊕z)

[dotsdots ]

我也不会证明，可是代码验证是对的

根据上面的两个式子，我们就可以将这个当成DP来做了

(dp[i])代表的是选择(a_i)为子序列的末尾，有多少个合法的子序列。

转移方程就是:

[f[i]=1+sum_{j=1,f[i]⊕f[j]>=x}^{i-1}f[j] ]

为什么要(+1)呢，因为单独一个数也可以构成合法的子序列（我也不知道为什么）

所以我们就得到了方程。

那怎么统计答案呢？

我们思考，(f[i])代表的意思是什么？

(f[i])代表的是i必选，有多少个合法序列。-->这个是根据状态转移得出的。

所以最终答案就是(sum_{i=1}^{n}f[i])

而我们得出的方程式的时间复杂度为(O(n^2))

怎么优化？

根据题意可知道，我们可以使用(trie)优化，具体细节看代码就懂

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ri register int
#define Starseven main
#define ll long long
using namespace std;
const int N=3e5+20;
const ll mod=998244353;
ll a[N],x,f[N],sum[N*60];
int n,ch[N*60][2],cnt=1;//因为起点是从1开始的，所以cnt应该从2开始，初始化为一 

void Insert(ll add,ll s){
	int u=1;
	for(ri i=60;i>=0;i--){
		int c=((s>>i)&1);
		if(!ch[u][c]) ch[u][c]=++cnt;
		u=ch[u][c];sum[u]=(sum[u]+add)%mod;
	}
	return ;
}

ll Query(ll s){
	ll re=0;
	int u=1;
	for(ri i=60;i>=0;i--){
		if((x>>i)&1) u=ch[u][((s>>i)&1)==0];//这里保证了经过的点在XOR过程中始终=x 
		else{
			re=(re+sum[ch[u][((s>>i)&1)==0]])%mod;
			u=ch[u][((s>>i)&1)!=0];//理解 
		}
	}
	return (re+sum[u])%mod;
}

int Starseven(void){
	cin>>n>>x;
	for(ri i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	sort(a+1,a+1+n);
	for(ri i=1;i<=n;i++){
		f[i]=(Query(a[i])+1)%mod;
		Insert(f[i],a[i]);
	}
	ll ans=0;
	for(ri i=1;i<=n;i++) ans=(ans+f[i])%mod;
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}