位运算常见题型及解法

ymx2009 · 2025-07-05 10:02:43 · 算法·理论

例题引入 P13008

题目描述

给定一个非负整数 x，你要经过若干次以下操作将其变成 y，求最小代价：

• 选择一个 0\leq i\leq k，花费 a_i 代价将 x 加或减 2^i。

注意：你在操作时不需要保证 x 为非负整数。

思路分析

取 d=|x-y|，因为每次操作相当与在二进制的一位上加一，所以考虑将 d 按二进制进行数位 DP，这道题和做菜一样难点在于进味（进位）。

Solution

因为 a 数组可能有冗余，所以先对它去除冗余元素 a_i=\min(a_{i-1}*2,a_i)。
用 dp_{i,c} 表示已经处理完 i 位，再是否向 i+1 进位，具体转移见代码中。
可以发现只须要枚举到 d 的二进制位数加一即可，因为再往后不可能再产生更优解了，我可以证明这个结论，但是我必须去喂猫了，这个结论很显然。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=40;
int a[N],dp[N][2];

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    for(;T--;)
    {
        int x,y,k;
        memset(a,127,sizeof a);
        memset(dp,63,sizeof dp);
        cin>>x>>y>>k;
        int d=abs(x-y),m=0;
        for(int i=d;i;m++) i>>=1;
        for(int i=0;i<=k;i++) cin>>a[i];
        for(int i=1;i<=m;i++) a[i]=min(a[i-1]<<1,a[i]);
        if(d&1) dp[0][0]=dp[0][1]=a[0];
        else dp[0][0]=0;
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            if((d>>i)&1)
            {
                dp[i][0]=dp[i-1][0]+a[i];
                dp[i][1]=min(dp[i-1][1],dp[i-1][0]+a[i]);
            }
            else
            {
                dp[i][0]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+a[i]/*将这一位减一*/);
                dp[i][1]=dp[i-1][1]+a[i];
            }
        }
        cout<<dp[m][0]<<'\n';
    }
    return 0;
}

总结

当发现操作是与 2 的幂有关时，可以考虑按二进制位进行操作。

例题引入 P8019

题目描述

给定一个长度为 n 的序列 a_1, a_2, \cdots, a_n，请将它划分为 m 段连续的区间，设第 i 段的费用 c_i 为该段内所有数字的异或和，则总费用为 c_1 \operatorname{or} c_2 \operatorname{or} \cdots \operatorname{or} c_m。请求出总费用的最小值。

思路分析

涉及区间的异或和，我们考虑维护前缀异或和。要总费用尽可能的小，就贪心的让分的每一段的高位尽可能为零，那就要考虑把每一位拆开进行处理。

Solution

从高位到地位枚举。

• 如果这一位的这个数的前缀异或和的零的个数少于 m，那么可以证明这一位不可能为零。
• 如果这一位的最后一个数的前缀疑惑和，那么不可能存在一种方案使得这一位为零。
• 因为低位要在符合高位为零的情况下为零，所以如果这一位的这个数为零但是这个数不能作为高位的隔断，那么这个零无法起到隔断作用，即这个零无效不统计在内。

  Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e5+10;
int n,m,a[N],maxv,s,ans;
bool vis[N];

signed main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
        maxv=max(maxv,a[i]);
        a[i]^=a[i-1];
    }
    for(;maxv;s++) maxv>>=1;
    for(int i=s-1;i>=0;i--)
    {
        int d=0;
        for(int j=1;j<=n;j++) d+=(!((a[j]>>i)&1)&&!vis[j]);//这个数的这一位为零且能作为之前高位的隔断才有效
        if(d<m||(a[n]>>i)&1)
        {
            ans+=1ll<<i;
            continue;
        }
        for(int j=1;j<=n;j++) vis[j]=((a[j]>>i)&1||vis[j]);//如果这一位为一那么就不能作为隔断
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

总结

涉及位运算的操作或者计算时，可以考虑拆位进行操作。