题解：P15245 [WC2026] 二进制

耗时 1.5 h。写一下做题时的思路，证明可以参考 官方题解，做法和这个类似。（以下二进制规定高位在后，低位在前）

第一眼想到 LCA 相关的东西，又想到暴力枚举最终得到哪个数，发现没什么前途。

性质 B

然后思考性质 B：\(y=x\cdot 2^k+t,t\in[0,2^k)\)，也就是 \(x\) 左移 \(k\) 位后可以和 \(y\) 的某个后缀相等。

于是很自然地想到一个策略，\(x\) 左移 \(k\) 位，然后在左移的过程中顺便补全 \(x\) 的前面部分，使 \(x=y\)，操作次数为 \(k+\mathrm{popcnt}(y\bmod 2^{k})\)。

然后找到一个 hack，发现这样不是最优的：\(y=(11111)_2,x=(11)_2\)。按照上述策略输出为 \(6\)，但答案为 \(5\)：\(x,y\) 分别 \(+1\)，\(x\) 再左移三位。

我们把这个操作看作是：

• \(x\) 先变成 \(11000\)。
• 按照原先策略，\(x\) 需要在前面补三个 \(1\)。
• 但我们让 \(y\to y+1\)，清空了前面三个 \(1\)，相当于 \(11111\to 11000 + 01000\)，此时 \(x\) 只需补上这个 \(01000\) 就能和 \(y\) 相等了。

重新调整策略，选定 \(z\in[0,2^k)\)，先使 \(y\to y+z\)，然后 \(x\) 左移 \(k\) 位，\(x\) 补上 \(\mathrm{popcnt}(y\bmod 2^k+z)\) 个 \(1\)，总操作次数是 \(k+z+\mathrm{popcnt}(y\bmod 2^k+z)\)。

于是我们可以枚举 \(i=0,1,\cdots,k-1\)，表示把 \(y\) 的 \(0\sim i\) 位全部加成 \(0\)，再往 \(i+1\) 位进 \(1\)，复杂度是 \(O(T\log V)\) 的。

发现 \(z\) 超过 \(O(\log V)\) 一定不优，于是 \(i\in[0,\min(6,k))\)，可以做到 \(O(T\log\log V)\)。

于是就过了性质 B。

\(96\) pts

我的想法是把一般情况也转换成性质 B。

设 \(x\cdot 2^k\le y<x\cdot 2^{k+1}\)，\(y=x\cdot 2^k+t\)，

瞪一下样例，大胆猜测 \(y\to 2y\) 是没用的，于是要转换成 B，只有以下两种方式：

1. \(x\to x+2^k\cdot\lfloor\frac{t}{2^k}\rfloor\)，这样一来，\(t\) 满足 \(t\in[0,2^k)\)，就可以套用性质 B。

2. \(y\to x\cdot 2^{k+1}\)，\(k\to k+1\)。

\(100\) pts

上面做法过不了的原因是，__builtin_popcount 也有复杂度（我不知道咋算）。

或者直接分块预处理出 \(\mathrm{popcnt}\) 可能也可以过。

我的做法是，预处理 \(i\in[0,5)\) 的答案。由于 \(i=5\) 时会往第 \(6\) 位进位，这时若 \(k>6\)，则答案依赖于 \(y\bmod 2^k\) 的具体值，这种情况特殊处理即可。

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