? 作者：Eriktse
? 简介：19岁，211计算机在读，现役ACM银牌选手?力争以通俗易懂的方式讲解算法！❤️欢迎关注我，一起交流C++/Python算法。（优质好文持续更新中……）?
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A. Bits Reverse
题目链接：https://codeforces.com/gym/102823/problem/D
题意
给定两个数字x和y，现在有一种操作：将y的二进制数的连续三位进行翻转。问最少操作多少次可以使得x = y，或输出-1表示无法使得x = y。
分析
因为每次固定选连续三位进行翻转，我们可以想一下连续三位翻转的一些性质。
首先中间这个数字肯定是不变的，然后两边的数字swap一下。
也就是每次会选择距离为2的两个数字进行一次交换，那么如果某个1在奇数位上，交换后依然在奇数位上，如果在偶数位上，交换后依然在偶数位上。
如下图，红色区域的二进制数和蓝色区域的二进制数是相互独立的。
所以我们可以进行奇偶分类的讨论，求出在奇数位上所需的操作次数，然后再求在偶数位上所需的操作次数即可。
我们可以发现，如果要使得操作后x = y，那么对于奇数位（即上图中的蓝色区域），y最高位的1一定对应x最高位的1，以此类推。而在奇数位上移动一格需要的操作次数是1次。
具体看下图的对应关系：
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 105;
int a[N], b[N], pa, pb;
int kase;
int getabs(int x){return x < 0 ? -x : x;}
void solve()
{
cout << "Case " << ++ kase << ": ";
int x, y;cin >> x >> y;
pa = pb = 0;
int ans = 0;
for(int i = 0;i < 64; i += 2)
{
if(x >> i & 1)a[++ pa] = i;
if(y >> i & 1)b[++ pb] = i;
}
if(pa != pb)
{
cout << -1 << '\n';
return;
}
for(int i = 1;i <= pa; ++ i)ans += getabs(a[i] - b[i]) / 2;
pa = pb = 0;
for(int i = 1;i < 64; i += 2)
{
if(x >> i & 1)a[++ pa] = i;
if(y >> i & 1)b[++ pb] = i;
}
if(pa != pb)
{
cout << -1 << '\n';
return;
}
for(int i = 1;i <= pa; ++ i)ans += getabs(a[i] - b[i]) / 2;
cout << ans << '\n';
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int _;cin >> _;
while(_ --)solve();
return 0;
}
B. Empty Squares
题目链接：https://codeforces.com/gym/104252/problem/E
题意
给定一个长度为n，高度为1的矩形，现在你手上有高度均为1，长度分别为1, 2, 3, ..., n的共n个矩形，但你一开始已经放了一个长度为k的矩形到中间，并使得左边空了e个格子。
问接下来你该怎么不重叠地放置矩形，可以使得剩余的空格最少，输出最少空格个数。
分析
看一眼数据范围，发现n只有1000，我们不放枚举最终矩形的形态（即左边有i个格子，中间k个格子，右边e个格子），然后判断一下这种情况能不能填满。
现在问题就变为了写一个函数f(l,k,r)求这种形态的矩形是否能够被恰好不留空位地构造出来。
进行一个简单的分类讨论（不妨设l <= r）：
| 限制条件 | 情况 |
|---|---|
| l != r != k | 一定可以，就是用长度分别为l,r,k的矩形填充即可。 |
| l = r = k | 当k >= 5时一定可以构造出来（1+4+5+2+3），其余情况可以简单手算一下发现一定不行。 |
| r=k | 两个较大的相等，我们必须将r拆开，但是r可能拆出l，我们只需要枚举1 + (r - 1)和2 + (r - 2)两种情况即可，l至多等于这四个数字当中的一个，所以两种情况必然有一种成立（注意保证i != r - i，拆出来的两个数字也不能相等）。 |
| l=k或l=r | 类似的拆开l即可。 |
ok了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e3 + 9;
bool f(int l, int k, int r)
{
if(l != r && l != k && r != k)return true;
if(l > r)swap(l, r);
//l <= r
if(l == k && k == r)
{
return l > 4;
}else if(l == r || l == k)
{
for(int i = 1;i <= 2 && i < l - i; ++ i)
{
if(i != k && l - i != k)return true;
}
}else if(k == r)
{
for(int i = 1;i <= 2 && i < r - i; ++ i)
{
if(i != l && r - i != l)return true;
}
}
return false;
}
signed main()
{
int n, k, e;cin >> n >> k >> e;
int ans = n - k;
for(int i = 0;i <= e; ++ i)
{
for(int j = 0;j <= n - k - e; ++ j)
{
if(f(i, k, j))
{
//cout << "l, k, r = " << i << ' ' << k << ' ' << j << '\n';
ans = min(ans, n - i - j - k);
}
}
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
C. Wall Painting
题目链接：https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4810
题意
给定n个数字（题目好像没说清楚，应该是1e9以内的非负整数），求其中选出i个数字的所有组合的异或和之和。
分析
拆位，假设当前考虑的是第w位，那么我们只需要枚举出w位的所有组合情况并求和即可，不同位之互不影响（因为我们只需要所有的组合异或和之和）。
最外层枚举从n个数字中选出的数字的个数，即i，然后对于第w位，得到这一位上的cnt0和cnt1分别表示二进制位上的0/1的个数（可以预处理出来）。
然后开始枚举选j个1，自然就选i-j个0，且这种情况的贡献为：
还有一种dp的写法，我自己写的时候是用dp的，比较sb，这就不写了。
代码
//C - Wall Painting
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1009, p = 1e6 + 3;
int C[N][N];
void init(int n)
{
for(int i = 0;i <= n; ++ i)C[i][0] = 1;
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
for(int j = 1;j <= n; ++ j)
C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % p;
}
int n;
int a[N], c[50][2];
void solve()
{
for(int i = 1;i <= n; ++ i)cin >> a[i];
memset(c, 0, sizeof c);
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
for(int j = 0;j <= 40; ++ j)
c[j][a[i] >> j & 1] ++;
//枚举选择的数字的个数i
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
{
int ans = 0;
//枚举位数
for(int w = 0;w <= 40; ++ w)
{
//在这一位上选择j个1和(i - j)个0
for(int j = 1;j <= i && j <= c[w][1]; j += 2)
{
ans = (ans + (1ll << w) * C[c[w][1]][j] % p * C[c[w][0]][i - j] % p) % p;
}
}
cout << ans << " \n"[i == n];
}
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
init(1002);
while(cin >> n)solve();
return 0;
}