0X01 位运算笔记

位运算，经常可以用来处理一些数学或动归方面的问题，通常会在数据范围较小的情况下使用。

为方便起见，一个 (mathrm{n}) 位二进制数从右到左分别为第 (mathrm{0 sim n - 1}) 位。

快速幂 (( exttt{ACW89 a^b}))

求 (mathrm{a^b}) 对 (mathrm{p}) 取模的值。

(a, b leq 10 ^ 9, 1 leq p leq 10 ^ 9)。

考虑 (b) 的二进制。若可以表示为 (sum_{i}^{} 2^i) 的形式，那么 (a^b) 就可以表示成 (a ^ {sum_{i}^{} 2 ^ i})。

而 (a ^ {2 ^ i} = (a^{2^{i - 1}}) ^ 2)，这样可以通过递推的方式求出 (a ^ {2 ^ i})。由于 (max{i}) 是 (log b) 级别的，所以总时间复杂度为 (O(log b))。

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>

using namespace std;

using LL = long long;

int qpow(int a, int b, int p) {
    int ans = 1 % p; // 这里是为了避免 p = 0 的情况出现
    while (b) {
        if (b & 1) ans = (LL)ans * a % p;
        a = (LL)a * a % p;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

int main() {
    int a, b, p;
    scanf("%d%d%d", &a, &b, &p);
    printf("%d
", qpow(a, b, p));
    return 0;
}

六十四位整数乘法 (( exttt{ACW90}))

求 (a * b) 对 (p) 取模的值。

• 算法一：

我们可以用类似快速幂的思想，使用二进制优化算法。将 (b) 拆分成二进制来看。假设 (b) 拆分成二进制之后是 (sum 2^i)，那么答案就是 (a ^ {sum 2 ^ i} = prod a ^ {2 ^ i})。由于 (max_i leq log_2 b) ，因此可以保证复杂度为 (O(log b))。

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>

using namespace std;

using LL = long long;

LL mul(LL a, LL b, LL p) {
    LL ans = 0;
    while (b) {
        if (b & 1) ans = (ans + a) % p;
        a = (a << 1) % p;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

int main() {
    LL a, b, p;
    scanf("%lld%lld%lld", &a, &b, &p);
    printf("%lld
", mul(a, b, p));
}

• 算法二：

(a imes b pmod p = a imes b - left lfloor a imes b / p ight floor) 。

因此可以使用 (operatorname{long double}) 存储 (left lfloor a imes b / p ight floor)，(operatorname{long long}) 存储 (a imes b)。二者相减即可。

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>

using namespace std;

using LL = long long;

LL mul(LL a, LL b, LL p) {
    a %= p, b %= p;
    LL c = (long double)a * b / p;
    LL ans = a * b - c * p;
    ans += (ans < 0) ? p : 0;
    ans -= (ans >= p) ? p : 0;
    return ans;
}

int main() {
    LL a, b, p;
    scanf("%lld%lld%lld", &a, &b, &p);
    printf("%lld
", mul(a, b, p));
}

最短 ( ext{Hamilton}) 路径 (( exttt{ACW91}))

给定一张 (n) 个点的带权无向图，点从 (0∼n−1) 标号，求起点 (0) 到终点 (n−1) 的最短 ( ext{Hamilton}) 路径。

( ext{Hamilton}) 路径的定义是从 (0) 到 (n−1) 不重不漏地经过每个点恰好一次。 (n leq 20)。

考虑状态压缩 (dp)。由于 (n) 的规模很小，可以直接用二进制枚举每个点的状态，其中 (1) 表示经过一次，(0) 表示没有经过。

设置状态 (f_{i, j}) ，表示当前在第 (i) 个点，当前状态是 (j) 的最短路径。首先要枚举所有可行状态，刷表时枚举当前点和要走到的点，如果当前点没有被走到过或者要去的点已经走过一遍了，那么直接剪掉。最终答案即为 (f_{n - 1, 2^n - 1})。

由此来看，复杂度为 (O(2 ^ n n ^ 2))，但是剪枝强度很大，可以跑过。

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>

using namespace std;

const int N = 21;
int f[N][1 << N];
int n, w[N][N];

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 0; i < n; i ++ )
        for (int j = 0; j < n; j ++ )
            scanf("%d", &w[i][j]);
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    f[0][1 << 0] = 0;
    for (int i = 1; i < 1 << n; i ++ )
        for (int j = 0; j < n; j ++ ) if (i & (1 << j)) {
            for (int k = 0; k < n; k ++ ) {
                if (i & (1 << k)) continue;
                f[k][i | (1 << k)] = min(f[k][i | (1 << k)], f[j][i] + w[j][k]);
            }
        }
    printf("%d
", f[n - 1][(1 << n) - 1]);
    return 0;
}

起床困难综合征 (( exttt{ACW998}))

本题思路是按位贪心。可以参照 (01trie) 进行理解。

形象地看，假设我有一个 (n) 位的二进制数，每一位都是 (0)，现在我可以把某一位变成一使得这个数最大，那么我肯定要变 (n - 1) 位，因为我只要把最高位设成 (1)，就会比 (0 sim n - 2) 位都设成 (1) 要大 (1)。

本题也可以用这种思路，将答案从高位到低位按最优方案填充即可。

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>

using namespace std;

const int N = 100010;

int n, m, w[N];
string str[N];

int calc(int bit, int now) {
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        int x = w[i] >> bit & 1;
        if (str[i] == "AND") now &= x;
        else if (str[i] == "OR") now |= x;
        else now ^= x;
    }
    return now;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        cin >> str[i] >> w[i];
    
    int val = 0, ans = 0;
    for (int i = 29; ~i; i -- ) {
        int res0 = calc(i, 0);
        int res1 = calc(i, 1);
        if (val + (1 << i) <= m && res0 < res1)
            val += 1 << i, ans += res1 << i;
        else ans += res0 << i;
    }
    cout << ans << endl;
    
    return 0;
}