void oid nco 方法 art div tchar turn nlog

題目鏈接：

http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1406

題意：

有n個整數。輸出他之中和x相與之後結果為x的有多少個。x從0到1，000，000

思路：

http://blog.csdn.net/bahuia/article/details/55653495

這題dp的思路很巧妙，分析一下題目，很容易想到，若已經求出一個數x的合法結果數，那麽對於x位數上的子集來說，x的結果對他們也同樣適用，例如，能和x=10110進行與運算能得到x的數，和x的子集y=10100進行與運算也一定能得到y。這樣就能有一個大概的思路，設dp[x]為n個數中和x進行與運算能得到x的數的個數，dp[x] = sum(dp[z])，其中x是z的子集，但是這樣的思路並不完全正確，因為計算sum(dp[z])會包含大量的重復。 舉個例子，x=10100，那麽z就有11100，10110，11110等等，註意到在計算dp[11100]的時候就已經算過了dp[11110]，這裏算x的時候又同時算了dp[11100]和dp[11110]，就出現了重復。所以這裏不妨每次只用比x多一位為1的數當作z，如dp[10100] = dp[11100] + dp[10110] + dp[10101]。 但是這樣的結果還是存在重復，上面dp[11100]和dp[10110]在計算的時候都會算上dp[11110]，dp[11110]就重復算了兩次。 關鍵就在這一步，回憶類似背包的思想，按位來考慮，設dp[j][i]表示當前處理到第j位的時候，和i進行與運算能得到i的個數，那麽dp[j][i] = sum(dp[j-1][k])，其中i是k的子集。這樣處理就不會產生上述的重復。 當然j這一維在處理的時候可以省略，那麽方程就是dp[i] = sum(dp[k])，復雜度O(nlogn)

還有一種方法。先將每個a和x分為前k位和後20-k位兩部分,A0

表示某個a的前k位，A1表示後20-k位，同理有X0與X1
設狀態：

dp[x][k]?滿足A0&X0且A1=X1的a的個數
轉移方程：
dp[x][k]= dp[x][k?1]+dp[x+2^k][k?1]（x的第k位為0） 　　　　dp[x][k?1]（x的第k位為1）
顯然dp[x][20]=f(x) 真難！！！ 還是不理解

代碼：

代碼一：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MS(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define MP make_pair
#define
 
 PB push_back
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll INFLL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
inline ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
    return x*f;
}
void write(int x)
{
    
 
int a1=0,a[20];
    a[1]=0;
    if (!x) a1++;
    while (x)
    {
        a[++a1]=x%10;x/=10;
    }
    for (int i=a1;i>=1;i--)
        putchar(a[i]+‘0‘);
}
//////////////////////////////////////////////////////////////////////////
const int maxn = 1e6+1;

int n,dp[maxn];

int main(){
    n = read();
    int mx = 0;
    for(int i=1; i<=n; i++){
        int x = read();
        dp[x]++;
        mx = max(mx,x);
    }
    int bit = 0;
    while(mx){
        mx >>= 1;
        bit++;
    }

    for(int j=0; j<bit; j++){
        for(int i=1; i<maxn; i++)
            if(i & (1<<j))
                dp[i-(1<<j)] += dp[i];
    }
    dp[0] = n;
    for(int i=0; i<maxn; i++){
        write(dp[i]);
        puts("");
    }


    return 0;
}

代碼二：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MS(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define MP make_pair
#define PB push_back
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll INFLL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
inline ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
    return x*f;
}
void write(int x)
{
    int a1=0,a[20];
    a[1]=0;
    if (!x) a1++;
    while (x)
    {
        a[++a1]=x%10;x/=10;
    }
    for (int i=a1;i>=1;i--)
        putchar(a[i]+‘0‘);
}
//////////////////////////////////////////////////////////////////////////
const int maxn = 1e6+1;

int n,dp[(1<<21)];

int main(){
    n = read();
    for(int i=1; i<=n; i++){
        int x = read();
        dp[x]++;
    }
    
    // for(int j=1; j<21; j++){
    //     for(int i=0; i<maxn; i++){
    //         if(i & (1<<(j-1))){
    //             dp[i] = dp[i][j-1];
    //         }else{
    //             dp[i][j] = dp[i][j-1]+dp[i+(1<<(j-1))][j-1];
    //         }
    //     }
    // }
    // 滾動優化，否則RE    
    for(int j=1; j<21; j++){
        for(int i=0; i<maxn; i++){
            if(i & (1<<(j-1))){
                dp[i] = dp[i];
            }else{
                dp[i] = dp[i]+dp[i+(1<<(j-1))];
            }
        }
    }
    
    for(int i=0; i<maxn; i++){
        write(dp[i]);
        puts("");
    }


    return 0;
}

51nod 1406 與查詢 dp 考慮每一位 避免重復