IT
Description
IT = Inverse Transform
两个长度为 \(2n\) 的序列 \(a,b\). ( 下标从 \(0\) 到 \(2n−1\) )
满足$ 0≤a_i≤10^9$ , 且 由 \(a\) 变换而来, 变换如下:
\(b_i=∑\limits_{0≤j<2^n}f((i∨j)⊕i) a_j\)
其中 \(V\) 表示按位或, \(⊕\) 表示按位异或. f(x)=[x的二进制中1的个数为偶数]f(x)=[x的二进制中1的个数为偶数]
(其中 [expression] 当 \(expression\) 为真时为 1, 否则为 0)
现在, \(a\) 序列被玩丢了...
请你通过 \(b\) 序列还原出 \(a\) 序列
Input
第一行一个数 \(T\) 表示测试数据组数
接下来对于每组数据 :
第一行一个整数 \(n\)
第二行 \(2n\) 个整数, 表示序列 \(b\)
Output
输出包括 \(T\) 行
每行 \(n\) 个整数, 表示序列 \(a\)
Sample Input
4
0
1
1
1 3
2
5 3 4 10
3
101 91 92 104 93 105 108 190
Sample Output
1
1 2
1 2 3 4
31 24 26 23 27 23 24 12
HINT
对于 10% 的数据 n≤5
对于另外 10% 的数据 n≤10
对于 100% 的数据 :
T≤5
1≤n≤20
数据保证 b 序列 能 唯一地对应一个 a 序列
且保证对应的 a 序列满足 \(0≤a_i≤10^9\)
( 注意 : 但 不保证 读入的 \(b\) 序列满足 \(0≤bi≤10^9\) )
Solution
不得不说是道很好的题啊.
题目中的\(f((i∨j)⊕i)\)，当且仅当\(i=0\)且\(j=1\)时为1，其余情况皆为0.
正解用的是分治的方法，再向上合并，有点类似各大快速变换的思想.
首先考虑若知\(a\)，如何\(O(n log n)\)求\(b\).
由于总长度是\(2^n\)，所以给分治带来了极大的便利。每次对\([l,r]\)分治为\([l,mid]\)与\((mid,r]\)来解决。自底向上层层计算，对于分治区间\([l,r]\), 当下\(b_i\)的值表示：
那么分治完成后，\(b_i\)的值才是最终答案。
考虑最底层的情况\([l,l]\)，此时\(b_l=f((l∨l)⊕l)*a_l=a_l\).
假设现在正在在分治\([l,r]\)，记分治长度\(len=(r-l+1)\)，已经计算出\([l,mid]\)和\((mid,r]\) 的\(b\)值，现在考虑如何将\(b\)合并。
分治区间的长度是2的整数次幂，这给了一个很棒的性质，记\(k=log_2len\)，若只看下标的后\(k\)位，我们会发现，对于左右区间，左边的最高位全是0，右边的最高位全是1。如果忽略最高位，对于\(\forall i\in[l,mid]\)都有\(i==i+(r-l+1)/2\). 而随着分治的逐渐上推，\(k\)是不断加一加一的。
这意味着如果我们要求新的\(b'_i\)，我们只需要考虑当前\(i\)的最高位（第\(k\)位）带来的影响。
记\(g_k(i,j)\)表示只考虑\(i\)和\(j\)的后\(k\)位时，\(f((i∨j)⊕i)\)的值。
首先看\(i\in(mid,r]\), 它们的第\(k\)位都是1. 由于\((1,0)\)和\((1,1)\)计算出来都是\(0\)，所以我们可以直接令\(b'_i=b_{i-len/2}+b_i\)
为什么？因为\(b_{i-len/2}\)对应着满足\(g_{k-1}(i-len/2,j)=1\)的\(a_j\)的总和，而这些\(j\)同样满足\(g_k(i,j)\)，所以这些\(a_j\)可以加进来。
\(b_i\)对应着满足\(g_{k-1}(i,j)=1\)的\(a_j\)的总和，而这些\(j\)同样满足\(g_k(i,j)\)，所以这些\(a_j\)也可以加进来。
接着再看\(i\in[l,mid]\)，它们的第\(k\)位都是\(0\). 我们令\(b'_i=b_i+(\sum_{j=mid+1}^ra_j) -b_{i+len/2}\)。\(b_i\)的部分同上很好理解，因为\((0,0)\)计算出来是\(0\)，满足\(g_{k-1}(i,j)=0\)的\(j\)同样满足\(g_k{i,j}\)，这些\(a_j\)可以加进来；另一部分比较特殊，因为\((0,1)\)计算出来是1，满足\(g_{k-1}(i+len/2,j)=1\)的\(j\)必定不满足\(g_k(i,j)=1\)，因为计算出来的1会使1的总数变为奇数，那么我们现在反而要变向使用“不合法的情况”，即满足\(g_{k-1}(i+len/2,j)=0\)的情况，容易表达为\((\sum_{j=mid+1}^ra_j) -b_{i+len/2}\)。
总结一下，我们有：
就可以自底向上\(O(nlogn)\)上推得到\(b\)了。
下面看如何知\(a\)反推\(b\)，把上述两个式子一加再化简就可以得到：
观察得到\(b'_r=\sum_{j=l}^r a_j\)，且\(b'_{mid}=\sum_{j=l}^{mid}a_j\)，所以\(\sum_{j=mid+1}^r a_j=b'_r-b'_{mid}\)
然后就神奇的反推下去了。代码奇短无比又简单。
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=1100000;
typedef long long ll;
namespace IO{/*{{{*/
const int SIZE=50000000;
char buffer[SIZE];
int pos;
void init(){fread(buffer,1,SIZE,stdin);}
char getch(){return buffer[pos++];}
ll getInt(){
char c=getch(); ll x=0,f=1;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-f;c=getch();}
while('0'<=c&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getch();}
return x*f;
}
}/*}}}*/
int bn,n;
ll a[N];
void solve(){
for(int i=n;i>1;i>>=1){
for(int j=0;j<n;j+=i){
ll s=a[j+i-1]-a[j+i/2-1];
for(int k=0;k<i/2;k++){
a[j+k]=(a[j+k]+a[j+i/2+k]-s)/2;
a[j+i/2+k]-=a[j+k];
}
}
}
}
void Main(){
bn=IO::getInt();
n=1<<bn;
for(int i=0;i<n;i++) a[i]=IO::getInt();
solve();
for(int i=0;i<n;i++) printf("%lld ",a[i]);
puts("");
}
int main(){
freopen("input.in","r",stdin);
IO::init();
int T=IO::getInt();
while(T--) Main();
return 0;
}
