Luogu8438 solution

Problem

给定序列 \(\{a_n\}\)，\(V(s)\) 表示若 \(s\) 在二进制表示下从右到左地 \(i\) 位为 \(1\)，则将 \(V(s)\) 异或上 \(a_i\)。

求 \(\bigoplus\limits_{i=0}^{2^n-1} V(i)\times i\)。

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Solution

考虑暴力，先枚举 \(1\sim 2^n-1\) 的每个数，然后依次计算 \(V(i)\) 的值，再异或起来即可。复杂度 \(O(n\cdot2^n)\)，可过前 \(20\) 分。

逆向思维，与其我们枚举 \(i\)，不如枚举 \(i\) 在二进制下的每一位（共 \(n\) 位）是 \(0\) 还是 \(1\)，然后填入 \(i\)，这样子可以通过两种方法实现：

• DFS，这样做时间复杂度 \(O(2^n)\)，空间复杂度 \(O(n)\)（搜索树最深深度为 \(n\)）。

• DP，这样做时间复杂度 \(O(2^n)\)，空间复杂度 \(O(2^n)\)。

看见 \(n\le30\)，\(2^n\approx10^9\)，然后标签里有 O2 的字样，说不定可过？

但是交上去 DFS 却看见 TLE 的字样，稍加分析可知是常数过大；交上去 DP 去看见 MLE 的字样，显然是数组过大，无法优化。

既然 DP 已经无法优化，那我们再考虑 DFS，经过若干次卡常之后，我们发现普通的深搜完全无法通过此题，接下来我们就介绍一种优化搜索高端技艺：meet in the middle 即中途相遇法。

我们可以考虑将前 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\) 的取值先确定下来，存在一个数组 \(\{b_m\}\) 里，然后再枚举后 \(\lceil\frac{n}{2}\rceil\) 位，每一次枚举完成再与前已经枚举完成的 \(m\) 种方案一一配对，显然这样包含所有结果。

再说说时间复杂度：第一次 DFS 时间复杂度 \(O(2^{\frac{n}{2}})\)，\(m=2^{\frac{n}{2}}\)，而第二次遇到边界时有 \(2^\frac{n}{2}\) 种情况，每种情况又要与前 \(m\) 个 \(b_i\) 一一配对，时间复杂度 \(O(2^n)\)。

似乎我们并没有进行什么优化，但事实真的如此吗？前面讨论到 DFS TLE 的真正原因是因为常数过大，而在这里，我们又恰好使用中途相遇法优化掉了这一点，所以以此思路可以取得 AC 的好成绩。

当然，meet in the middle 算法不仅仅使用在优化常数上，多数情况下，他往往能将 \(2^k\) 优化至 \(2^{\frac{k}{2}}\)。

Code

#define int __int128
using namespace std;
const int N=35;
int a[N],n;
vector<PII> vec;
void dfs(int x,int s,int val) {
	if(x==n/2)
		return (void)vec.push_back(mk(s,val));
	dfs(x+1,s^a[x],val|(1<<x));
	dfs(x+1,s,val);
}
int dfs2(int x,int s,int val) {
	if(x==n) {
		int ans=0;
		_for(i,0,vec.size()-1)
			ans^=(vec[i].F^s)*(vec[i].S+val);
		return ans;
	}
	return dfs2(x+1,s^a[x],val|(1<<x))^dfs2(x+1,s,val);
}
signed main() {
	cin>>n;
	_for(i,0,n-1)
		cin>>a[i];
	dfs(0,0,0);
	cout<<dfs2(n/2,0,0);
	return 0;
}

最后再留几道 meet in the middle 算法的练习题：

1. P2962 [USACO09NOV]Lights G。

2. P4799 [CEOI2015 Day2] 世界冰球锦标赛。

3. P3067 [USACO12OPEN]Balanced Cow Subsets G。