Encounter and Farewell_atcoder encounter and farewell

题目

题目描述
现在有一个 $2^n$ 个点的完全图（编号从零开始），点 $i,j$ 之间的边权是 $i\oplus j$ 。

给定一个 “禁止名单” 集合 $S$ ，那么边权如果属于 $S$ 就属于 “禁止边” 。

请构造出一个非 “禁止边” 组成的树，或者报告无解。

数据范围与提示
$1\le n\le 18$ 且 $|S|<n$ 。显然 $0\notin S$ 。

思路

考虑 $S$ 的补集 $\bar{S}$ 。这玩意儿相当于，你每次移动可以使得编号异或一个 $\bar{S}$ 内的数。

树是什么呢？无环且连通即可。那么 $a,b$ 之间是否连通呢？相当于 $a$ 能不能经过若干次异或变成 $b$ 呢？相当于 $a\oplus b$ 能不能被 $\bar{S}$ 中的元素凑出呢？

这就是线性基裸题。有解的充要条件是 $1$ 到 $2^n-1$ 每个数都可以被凑出，即线性基是满秩的（全部填满了）。

那么怎么构造方案呢？其实很简单。我们知道线性基里的数字可以凑出 $1$ 到 $2^n-1$ 的所有数字。那么它们对应的原数是不是也行呢？

显而易见，一目了然。考虑归纳。线性基中新加入的元素 $=$ 某个原数 $\oplus$ 线性基中若干数字 $=$ 某个原数 $\oplus$ 线性基中若干数字对应的原数 $=$ 若干原数的异或和。

所以，我们只保留边权为 “原数” 的边，剩下的图仍然连通。连通图怎么求生成树？搞个并查集，直接枚举每一条边就行了……

时间复杂度 $\mathcal{O}(n{2}^n)$，好写的很。

官方题解

有一个神奇的改进方法：利用 格雷码。格雷码的 $1$ 相当于 “使用线性基中的这个元素” 。显然格雷码不同，得到的结果不同。

而格雷码是一条链，恰好包含了 $2^n$ 个数，直接连接成一条链即可。相邻数字只差一个 $\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$，保证了边权是线性基里的数（对应的原数）。

格雷码如何生成呢？其实格雷码的第 $i-1$ 个和第 $i$ 个的异或和就是 $\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{w}\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}(i)$ 啊。——证明不难，利用归纳法即可，留给读者作为探索的乐趣。

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
# define rep(i,a,b) for(int i=(a); i<=(b); ++i)
inline int readint(){
	int a = 0; char c = getchar(), f = 1;
	for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar())
		if(c == '-') f = -f;
	for(; '0'<=c&&c<='9'; c=getchar())
		a = (a<<3)+(a<<1)+(c^48);
	return a*f;
}

const int MaxN = 20;
int a[MaxN], id[MaxN];
bool bad[1<<MaxN>>2];

namespace UFS{
	int fa[1<<MaxN>>2];
	inline int find(int a){
		if(fa[a] != a)
			fa[a] = find(fa[a]);
		return fa[a];
	}
	inline bool join(int a,int b){
		if(find(a) == find(b))
			return false;
		fa[fa[a]] = fa[b];
		return true;
	}
	void init(int n){
		rep(i,0,n) fa[i] = i;
	}
}

int main(){
	int N = readint(), n = 0;
	for(; (2<<n)!=N; ++n);
	int m = readint();
	rep(i,1,m) bad[readint()] = 1;
	rep(i,1,N-1) if(!bad[i]){
		int x = i; // try to insert
		for(int j=n; ~j&&x; --j)
			if(x>>j&1){
				if(a[j] == 0)
					a[j] = x, id[j] = i;
				x ^= a[j];
			}
	}
	bool ok = true;
	rep(i,0,n) if(!a[i]) ok = 0;
	if(!ok){
		puts("-1"); return 0;
	}
	UFS::init(N-1);
	rep(i,0,N-1) rep(j,0,n)
		if(UFS::join(i,i^id[j]))
			printf("%d %d\n",i,i^id[j]);
	return 0;
}
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官方代码

	int now = 0;
	for(int i=1,j; i<N; ++i){
		printf("%d ",now);
		for(j=0; !((1<<j)&i); ++j);
		printf("%d\n",now^=id[j]);
	}
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