【CF1451E2】Bitwise Queries (Hard Version)

题目

题目链接：https://codeforces.com/problemset/problem/1451/E2
Ridbit 有一个隐藏的长度为 (n) 的整数数组 (a)，想让 Ashish 去猜，注意 (n) 是 (2) 的整数次幂。Ridbit 允许 Ashish 提出三种不同类型的查询。它们分别是：
AND (i) (j): 求元素 (a_i) 和 (a_j) 每一位的 (and) ((1≤i),(j≤n),(i≠j))
OR (i) (j): 求元素 (a_i) 和 (a_j) 每一位的 (or) ((1≤i),(j≤n),(i≠j))
XOR (i) (j): 求元素 (a_i) 和 (a_j) 每一位的 (xor) ((1≤i),(j≤n),(i≠j))

有限制：(1) Ashish 最多可以询问 (n + 1) 次。(2) (a) 数组满足 (0 le a_i le n - 1)。
(n)在(4 leq n leq 2^{16})，也就是数组的长度。同时保证(n)是(2)的整数次幂。

思路

首先肯定把 (2sim n) 元素与 (1) 号元素异或一遍，然后考虑在 (2) 次询问内得到 (1) 号元素。
分两类情况讨论：

1. 存在两个元素相等，那么我们直接把这两个元素找出来（要么两个异或 (1) 号元素相等，要么存在一个元素疑异或 (1) 号元素为 (0)）。把他们 OR 一下就可以得到了。
2. 不存在两个元素相等，那么必然是 (0sim n-1) 每一个数字恰好出现一次。那么找到异或 (1) 号元素为 (1) 的元素，询问它和 (1) 号元素的 OR，就可以得到 (1) 号元素的前 (log n-1) 位，再找到异或一号元素等于 (frac{n}{2}) 的元素，询问它与 (1) 号元素的 OR，就可以得到 (1) 号元素的后 (log n-1) 位。综合一下就可以得到 (1) 号元素了。

这样显然操作次数最多为 (n+1)，时间复杂度 (O(n))。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=(1<<16)+10;
int n,flag,a[N],b[N],pos[N];

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	pos[0]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++)
	{
		printf("XOR 1 %d
",i); fflush(stdout);
		scanf("%d",&a[i]);
		if (pos[a[i]]) flag=pos[a[i]];
		pos[a[i]]=i;
	}
	if (flag)
	{
		printf("OR %d %d
",flag,pos[a[flag]]); fflush(stdout);
		scanf("%d",&b[flag]);
		b[pos[a[flag]]]=b[flag];
		b[1]=a[flag]^b[flag];
	}
	else
	{
		int x=0,y=0;
		for (int i=2;i<=n;i++)
		{
			if (a[i]==1)
			{
				printf("OR 1 %d
",i); fflush(stdout);
				scanf("%d",&x);
			}
			if (a[i]==(n>>1))
			{
				printf("OR 1 %d
",i); fflush(stdout);
				scanf("%d",&y);
			}
		}
		b[1]=((x>>1)<<1)|(y&1);
	}
	printf("! %d",b[1]);
	for (int i=2;i<=n;i++)
		printf(" %d",b[1]^a[i]);
	fflush(stdout);
	return 0;
}