CodeForces - 1451E2 Bitwise Queries (Hard Version)(交互+构造+位运算)

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题目大意：给出一个长度为 n（n 保证了是 2 的幂次），每个数的范围在 [ 0 , n - 1 ] 的一个数组，现在要求通过有限次操作确定下来这个数组：

询问 a[ i ] xor a[ j ] 的答案
询问 a[ i ] or a[ j ] 的答案
询问 a[ i ] and a[ j ] 的答案

题目分析：因为可以询问任意两个数异或运算后的答案，根据 $a \oplus b \oplus a = b$ ，我们可以先确定出序列中的任意一个数字设为 x，然后对于其他的数字依次询问与 x 的异或，就可以反推出所有的数字了，所以现在问题转换成如何在有限次操作中确定下来某个数字的取值

E1 是最多询问 n + 2 次，E2 是最多询问 n + 1 次，先简单说一下 E1 的做法，对于位运算和加法运算之间有个公式是： $a + b = (a \oplus b) + 2 * (a \& b)$

对于每组样例，我们可以任取三个数字 a[ i ] , a[ j ] , a[ k ]，利用上述公式通过六次询问求出 a[ i ] + a[ j ]，a[ i ] + a[ k ]，a[ j ] + a[ k ]，现在是三个未知数+三个等式就可以分别求出 a[ i ] , a[ j ] , a[ k ] 的值了，对于剩下的 n - 3 个数来说，依次与 a[ i ] 或 a[ j ] 或 a[ k ] 进行异或操作就可以反推出答案了，不过很可惜的是，这样的做法询问次数是 6 + ( n - 3 ) = n + 3 次

还是由于异或运算的性质，当我们知道 $a[i] \oplus a[j]$ 和 $a[j] \oplus a[k]$ 后，将这两个数进行异或运算就可以直接得到 $a[j] \oplus a[k]$ 了，少去一次异或运算的询问复杂度就是 n + 2 次，已经可以通过 E1 了

到此为止，我们会发现，题目中给定的一个条件我们还没有用上，就是每个数的范围都在 [ 0 , n - 1 ] 之内，我们分两种情况考虑：

假设至少存在两个数 a[ j ] 和 a[ k ] 相等，那么其与第三个数分别异或得到的结果显然也是相等的，符号语言就是： $a[j]==a[k]\Rightarrow (a[i] \oplus a[j]) == (a[i] \oplus a[k])$ ，如此一来我们就可以直接通过“与”运算或者“或”运算求出这两个数了，即 $x\&x=x$ ， $x|x=x$ ，然后对于剩下的 n - 2 个数进行异或运算反推，这种情况的询问复杂度是 1 + ( n - 2 ) = n - 1 次
假设所有的数两两都不相同，换句话 n 个数覆盖了 [ 0 , n - 1 ] 这一整个区间，又因为 n - 1 是 2 的幂次减一，换句话说 n - 1 在二进制下全部是 1 ，所以对于任意一个 x 来说，一定存在这一个 y，满足 $x\oplus y = n-1$ ，也就是说 $x \& y =0$ ，到此为止，根据 $a + b = (a \oplus b) + 2 * (a \& b)$ 这个公式再随便选一个数字解方程即可，因为根据上述方法得到的 x 和 y 已经满足了 $x \& y =0$ 这个条件，所以就可以少询问一次，所以在 E1 的基础上少了一次询问，询问复杂度就降低至了 n + 1 次

代码：

//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
//#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e6+100;int _xor[N],last[N],a[N];int interact(int i,int j,const char s[])
{printf("%s %d %d\n",s,i,j);fflush(stdout);int num;scanf("%d",&num);return num;
}int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("data.in.txt","r",stdin);
//  freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);memset(last,-1,sizeof(last));last[0]=1;int n,id1=-1,id2=-1;scanf("%d",&n);for(int i=2;i<=n;i++){_xor[i]=interact(1,i,"XOR");//_xor[i]=a[1]^a[i]if(last[_xor[i]]!=-1)//a[1]^a[last[_xor[i]]]==a[1]^a[i]id1=last[_xor[i]],id2=i;//a[id1]=a[id2]last[_xor[i]]=i;}if(id1!=-1)//存在两个相同的数字 {a[id1]=a[id2]=interact(id1,id2,"AND");a[1]=a[id1]^_xor[id1];for(int i=2;i<=n;i++)a[i]=_xor[i]^a[1];}else//所有数字都不相同 {int id1=last[n-1];//a[1]^a[id1]=n-1 -> a[1]&a[id1]=0int id2=id1!=2?2:3;//随便再选一个数 int sum1=n-1;//a[1]+a[id1]int sum2=_xor[id2]+2*interact(1,id2,"AND");//a[1]+a[id2]int sum3=(_xor[id1]^_xor[id2])+2*interact(id1,id2,"AND");//a[id1]+a[id2]a[1]=(sum1+sum2-sum3)/2;for(int i=2;i<=n;i++)a[i]=_xor[i]^a[1];}printf("!");for(int i=1;i<=n;i++)printf(" %d",a[i]);return 0;
}

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