[BZOJ 2844] albus就是要第一個出場
2844: albus就是要第一個出場
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[Submit][Status][Discuss]Description
已知一個長度為n的正整數序列A(下標從1開始), 令 S = { x | 1 <= x <= n }, S 的冪集2^S定義為S 所有子 集構成的集合。定義映射 f : 2^S -> Zf(空集) = 0f(T) = XOR A[t] , 對於一切t屬於T現在albus把2^S中每個集 合的f值計算出來, 從小到大排成一行, 記為序列B(下標從1開始)。 給定一個數, 那麽這個數在序列B中第1 次出現時的下標是多少呢?Input
第一行一個數n, 為序列A的長度。接下來一行n個數, 為序列A, 用空格隔開。最後一個數Q, 為給定的數.
Output
共一行, 一個整數, 為Q在序列B中第一次出現時的下標模10086的值.Sample Input
3
1 2 3
1Sample Output
3
樣例解釋:
N = 3, A = [1 2 3]
S = {1, 2, 3}
2^S = {空, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}
f(空) = 0f({1}) = 1
f({2}) = 2
f({3}) = 3
f({1, 2}) = 1 xor 2 = 3
f({1, 3}) = 1 xor 3 = 2
f({2, 3}) = 2 xor 3 = 1
f({1, 2, 3}) = 0
所以
B = [0, 0, 1, 1, 2, 2, 3, 3]
HINT
數據範圍:
1 <= N <= 10,0000
其他所有輸入均不超過10^9
失蹤人口詐屍現場
題解
這題有個關鍵性質, 搞不出來很難做.
(其實樣例有一定暗示...但是數據太小並不是很令人信服...)
這個性質就是: 若 $n$ 個數的異或線性基有 $k$ 個, 則在 $n$ 個數構成的集合的所有 $2^n$ 個子集的異或和中共有 $2^k$ 種值, 每種有 $2^{n-k}$ 個.
網上找了不少博客都沒有證明...只是說"這個結論又強又好記記住就好了"...
稍微感性證明一下:
由於異或線性基中的 $k$ 個數線性無關(無法互相表出), 剩余 $n-k$ 個未被插入線性基中的數能表出的 $2^{n-k}$ 個值必定都能被線性基中的 $2^k$ 個數表出, 於是就可以構造出 $2^{n-k}$ 個不同的異或和為 $0$ 的子集.
而對於線性基的一個子集所表出的數 $x$, 我們可以用一個 $0$ 異或子集構造一個新的表示方法來表出 $x$.
設線性基的一個子集為 $B$, $0$ 異或子集為 $Z$, 則:
若 $B \cap Z = \varnothing$, 則集合 $S=B\cup Z$ 表出的值與 $B$ 表出的值相等.
若 $B \subset Z$, 則易得集合 $\complement_Z B$ 表出的值與 $B$ 表出的值相等.
若 $B \cap Z \neq \varnothing$ 且 $B \not \subset Z$, 則將 $B$ 分為兩個集合 $P=\{x|x\in B , x \not \in Z\}$ 和 $Q=B\cap Z$, 則集合 $P\cup(\complement_Z Q)$ 表出的值與 $B$ 表出的值相等.
於是對於任意 $B$ 和 $Z$, 我們都可以構造一個不同的集合 $S$ 使其表出的值與 $B$ 表出的值相等, 又因為任意 $B$ 表出的值不同 (線性基嘛), 所以所有 $2^n$ 個子集共能表出 $2^k$ 個不同的值, 其中每個值 $2^{n-k}$ 個.
然後就結束辣~求出線性基, 然後求能表出的小於 $q$ 的值有多少個, 乘上 $2^{n-k}$ 再 $+1$ 就可以了.
代碼實現
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 const int MOD=10086; 4 const int MAXN=1e5+10; 5 6 int n; 7 int k; 8 int pos[MAXN]; 9 int base[MAXN]; 10 11 int Pow(int,int,int); 12 13 int main(){ 14 scanf("%d",&n); 15 for(int i=0;i<n;i++){ 16 int x; 17 scanf("%d",&x); 18 for(int p=30;p>=0;p--){ 19 if((1<<p)&x){ 20 if(base[p]) 21 x^=base[p]; 22 else{ 23 base[p]=x; 24 break; 25 } 26 } 27 } 28 } 29 int x; 30 scanf("%d",&x); 31 for(int i=0;i<=30;i++){ 32 if(base[i]){ 33 pos[k]=i; 34 base[k++]=base[i]; 35 } 36 } 37 int ans=0; 38 for(int i=0;i<k;i++){ 39 if((1<<pos[i])&x){ 40 ans^=(1<<i); 41 } 42 } 43 printf("%d\n",(ans%MOD*Pow(2,n-k,MOD)+1)%MOD); 44 return 0; 45 } 46 47 int Pow(int a,int n,int p){ 48 int ans=1; 49 while(n>0){ 50 if(n&1) 51 ans=1ll*a*ans%p; 52 a=1ll*a*a%p; 53 n>>=1; 54 } 55 return ans; 56 }BZOJ 2844
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