洛谷P6599 「EZEC-2」异或【题解】

题目大意

有TTT组数据，每组数据给定两个l,n∈N∗l,n\in\mathbb{N*}l,n∈N∗,构造一个长为lll,每个元素不超过nnn的数组
令他为aaa,要使
∑i=1l∑j=1i−1ai⊕aj\sum_{i=1}^l\sum_{j=1}^{i-1}a_i\oplus a_j i=1∑lj=1∑i−1ai⊕aj
最大，问最大值为多少

浅浅谈一下？

首先，我们肯定从那个式子入手，我们可以发现∑i=1l∑j=1i−1\sum_{i=1}^l\sum_{j=1}^{i-1}∑i=1l∑j=1i−1这个东西，就是让一个数组里的每两个元素一一异或
于是，问题就转变成了你需要构造一个aaa数组，里面的每两个元素一一异或的值加起来最大
我们继续转化，发现异或就是把每个数变成二进制，进行运算的，所以我们就可以想象有一堆二进制数，他们现在要一一异或
我们来认识一下异或:⊕\oplus⊕
运算规则
只要不一样就是111,不一样就是000
例子：01(2)⊕11(2)=10(2)01_{(2)} \oplus 11_{(2)}=10_{(2)}01(2)⊕11(2)=10(2)
发现了什么？
只有两边各有一个000或111这一位才为111
我们再来认识一下位值
假设有一个101(2)101_{(2)}101(2),它的十进制是什么？
是不是4+1=54+1=54+1=5?所以第三位111它的值就是23−1=42^{3-1}=423−1=4
我们归纳一下，如果一个二进制数，它的第kkk位是1，那么那一位贡献的值就是2k−12^{k-1}2k−1
好啦，以上就是前置芝士

回到本题

既然我们吧那个式子转换成一堆二进制一一异或，我们就可以每一位每一位的看
假如现在有lll个二进制数，我们单独看看第kkk位
假设第kkk位有xxx个000.那么第kkk位就有l−xl-xl−x个111
现在我们要看看这一堆000和111对原式有什么贡献
根据前置芝士，只有一个000和一个111才能有一个111
所以第111个000可以和其他l−xl-xl−x个111一一异或成为l−xl-xl−x个111
同理，第222个，第333个……都可以产生l−xl-xl−x个111
所以共可以产生x⋅(l−x)x\cdot (l-x)x⋅(l−x)个111,而第kkk个111贡献的值为2k−12^{k-1}2k−1,所以总共贡献的值为
2k−1⋅x⋅(l−x)2^{k-1}\cdot x \cdot (l-x)2k−1⋅x⋅(l−x)
所以,如果我们设ppp为nnn的二进制位数的话
∑i=1l∑j=1i−1ai⊕aj=∑i=1p2i−1⋅x⋅(l−x)\sum_{i=1}^l\sum_{j=1}^{i-1}a_i\oplus a_j=\sum_{i=1}^p2^{i-1}\cdot x \cdot (l-x) i=1∑lj=1∑i−1ai⊕aj=i=1∑p2i−1⋅x⋅(l−x)
要使那个式子最大，首先要使2i−1⋅x⋅(l−x)2^{i-1}\cdot x \cdot (l-x)2i−1⋅x⋅(l−x)这个最大
我们发现2i−12^{i-1}2i−1是常数，不看他，也就是要x⋅(l−x)x\cdot (l-x)x⋅(l−x)最大
假如你学过二次函数
x⋅(l−x)=−x2+lxx\cdot (l-x)=-x^2+lx x⋅(l−x)=−x2+lx
该二次函数开口向下，有最大值
也就是当x=−b2a=−l−2=l2x=-\frac{b}{2a}=\frac{-l}{-2}=\frac{l}{2}x=−2ab=−2−l=2l时取最大值
这里要纠正一下，因为只有可能是整数，所以我们这里向下取整一下（和向上取整没区别）
原式就等于⌊l2⌋⋅(l−⌊l2⌋)\left \lfloor \frac{l}{2}\right \rfloor\cdot (l-\left \lfloor \frac{l}{2}\right \rfloor)⌊2l⌋⋅(l−⌊2l⌋)
于是我们就可以得到一个式子（注意，∑\sum∑具有结合律）
∑i=1p2i−1⋅⌊l2⌋⋅(l−⌊l2⌋)=⌊l2⌋⋅(l−⌊l2⌋)⋅∑i=1p2i−1\begin{aligned} &\sum_{i=1}^p2^{i-1}\cdot\left \lfloor \frac{l}{2}\right \rfloor\cdot (l-\left \lfloor \frac{l}{2}\right \rfloor)\\ =&\left \lfloor \frac{l}{2}\right \rfloor\cdot (l-\left \lfloor \frac{l}{2}\right \rfloor)\cdot\sum_{i=1}^p2^{i-1} \end{aligned} =i=1∑p2i−1⋅⌊2l⌋⋅(l−⌊2l⌋)⌊2l⌋⋅(l−⌊2l⌋)⋅i=1∑p2i−1
对于∑i=1p2i−1\sum_{i=1}^p2^{i-1}∑i=1p2i−1我们可以用等比数列的求和公式，它就变成了2p−12^p-12p−1
所以我们要求的就是
⌊l2⌋⋅(l−⌊l2⌋)⋅2p−1\left \lfloor \frac{l}{2}\right \rfloor\cdot (l-\left \lfloor \frac{l}{2}\right \rfloor)\cdot2^{p}-1 ⌊2l⌋⋅(l−⌊2l⌋)⋅2p−1
最后一个问题：ppp是什么？
我们立刻就会想到与log⁡n\log nlogn有关系，我们来手摸一下
如果是8=1000(2)8=1000_{(2)}8=1000(2)，log⁡8=3\log 8=3log8=3，位数是444,所以我们要加一
再来一个7=11127=111_{2}7=1112,log⁡7=2....\log 7 = 2....log7=2....,位数是333,所以我们要向下取整在加一
归纳一下
p=⌊log⁡n⌋+1p= \left \lfloor \log n\right \rfloor + 1 p=⌊logn⌋+1
于是代码就出来了

Code\mathcal{Code}Code

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
#define int unsigned long long
const int MAXN = 5e5 + 7, mod = 1e9 + 7;int T, n, l;signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> T;while (T--) {cin >> n >> l;if (n == 1) cout << 0 << endl;else cout << ((l / 2 * (l - l / 2)) % mod * ((int)pow(2, (int)log2(n) + 1) - 1)) % mod << endl;}return kkksc03;
}

完结撒花✿✿ヽ(°▽°)ノ✿

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