信息学奥赛一本通 1223：An Easy Problem | OpenJudge NOI 4.6 1455:An Easy Problem

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ybt 1223：An Easy Problem
OpenJudge NOI 4.6 1455:An Easy Problem

【题目考点】

1. 数制

2. 枚举

【解题思路】

解法1：枚举

要找比给定数字n大的最小的二进制表示中1的个数相同的数字。
先求出n在二进制表示下1的个数。
而后不断枚举比n大的整数，求出其二进制表示中1的个数。如果1的个数与n在二进制下1的个数相同，那么就是找到了比n大的最小的二进制表示中1的个数相同的数字。

分析算法最大复杂度：n最大是10610^6106，二进制下各位全是1的情况，需要枚举的次数最多。
已知一个x位二进制数11⋯1⏟x\underbrace {11\cdots 1}_xx11⋯1，各位都是1，其数值为2x−12^x-12x−1。
令2x−1≤1062^x-1 \le 10^62x−1≤106，有x≤log2(106+1)≈19.9x \le log_2(10^6+1)\approx 19.9x≤log2(106+1)≈19.9，x最大为19。考虑比11⋯1⏟19\underbrace{11\cdots 1}_{19}1911⋯1大的最小的也有19个1的二进制数字，为1011⋯1⏟1810\underbrace{11\cdots 1}_{18}101811⋯1，相当于比1011⋯1⏟18−11⋯1⏟19=100⋯0⏟18=218=26214410\underbrace{11\cdots 1}_{18}-\underbrace{11\cdots 1}_{19}=1\underbrace{00\cdots 0}_{18} = 2^{18}=262144101811⋯1−1911⋯1=11800⋯0=218=262144。
即对于每个数字，至多枚举262144次，即可得到解，每次枚举拆分数字要循环10次。
对于每个数字，运算复杂度最大为10610^6106数量级。该算法可以支持在1秒内对10~100个数字求比给定数字大的最小的二进制表示中1的个数相同的数字。题目没说要输入多少数字，默认不说就是小于等于100个。所以该算法是可行的。

解法2：找规律

思考，如果该二进制数末尾几位是0，增加1后，其中1的个数就多了1个。再增加1，1的个数始终是变多的。如果数值增加后改变的位置其原位置上都是0，那么1的数量就不会减少到与原有1的数量相同。

原数字：1000
加1：1001
加1：1010
加1：1011
1的数量始终比1000要多。

只有当增加的数值与原位置上的1加和引发进位，才会使1的数量减少

原数字:1011
加1：1100：减少两位1，增加一个进位的1。总共减少一位1。

观察规律可知，第一次1减少的时机发生在最末尾一段连续的1发生进位的时候。
严格描述为：二进制数字d1d2⋯dx⏟x011⋯1⏟k00⋯0⏟m\underbrace{d_1d_2\cdots d_x}_x0\underbrace{11\cdots 1}_{k}\underbrace{00\cdots 0}_{m}xd1d2⋯dx0k11⋯1m00⋯0（d1∼dxd_1\sim d_xd1∼dx为任意数字。其中x，m最小为0，k最小为1）
该数字在增加100⋯0⏟m1\underbrace{00\cdots 0}_{m}1m00⋯0后发生进位，成为d1d2⋯dx⏟x100⋯0⏟k+m\underbrace{d_1d_2\cdots d_x}_x1\underbrace{00\cdots 0}_{k+m}xd1d2⋯dx1k+m00⋯0，这次进位增加了1位1，减少了k位1，所以共减少k-1位1。
为了让1的数量不发生改变，应该在末尾增加k-1位1，使数字变为：d1d2⋯dx⏟x100⋯0⏟m+111⋯1⏟k−1\underbrace{d_1d_2\cdots d_x}_x1\underbrace{00\cdots 0}_{m+1}\underbrace{11\cdots 1}_{k-1}xd1d2⋯dx1m+100⋯0k−111⋯1

具体做法为

将数字转为二进制形式，存入数组
从低位向高位遍历，如果发现当前位是1且下一位是0的情况，说明找到了最末尾一段连续的1的最高位，记为b。
b+1位置从0变为1。如果b本身是数字的最高位，将b+1位置设为最高位。
从b开始向低位遍历，计数得到有k个连续的1，同时将遍历到的位置从1变为0。
从末尾位开始，连续将k-1位0变为1。
输出数字。

该算法针对每个数字，只是对数字各位进行几遍遍历。小于等于10610^6106的数字的二进制位为20位左右。因而针对每个数字的运算次数都是101010数量级。复杂度远小于方法1。

【题解代码】

解法1：枚举

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{int n, ans;while(cin >> n && n != 0){int ct_n = 0, ct_a;//ct_n:n中1的个数 ct_a:ans中1的个数 for(int a = n; a > 0; a /= 2)if(a%2 == 1)ct_n++;for(ans = n+1; true; ans++){ct_a = 0;for(int a = ans; a > 0; a /= 2)if(a%2 == 1)ct_a++;if(ct_a == ct_n){cout<< ans << endl;break;}}}return 0;
}

解法2：找规律（复杂度低）

//找最末的连续k个1，变为1加上k个0，末尾再添加k-1个1
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{int n, num[50];while(cin >> n && n != 0){memset(num, 0, sizeof(num));int b, ct = 0, ni = 0, ans = 0;//b:最末连续的1的起始位置for(int a = n; a > 0; a /= 2)num[++ni] = a % 2;for(int i = 1; i <= ni; ++i){if(num[i] == 1 && num[i+1] == 0){b = i;break;}}num[b+1] = 1;if(b+1 > ni)ni = b+1;for(int i = b; num[i] != 0; --i){ct++;num[i] = 0;}for(int i = 1; i <= ct-1; ++i)num[i] = 1;for(int i = ni; i >= 1; --i)ans = ans*2+num[i];cout << ans << endl;}     return 0;
}