CCUT应用OJ题解——贪吃的松鼠

题目简介

• 来源：1033 贪吃的松鼠 - CCUT应用OJ，魔改自 Leetcode 137. 只出现一次的数字 II。
• 题意：给定长度为 \((n-1)\times m+k\) 的正整数序列，其中 \(n-1\) 个数出现 \(m\) 次，有且仅有 1 个数出现 \(k\) 次，输出这个出现 \(k\) 次的数。
• 数据范围：\(n\le 10^5,1<m\le 9,k<m\)，序列值域上界为 \(2^{30}\)；时空限制：3s/256M
• 注：若无特殊说明，博主的代码模板如下。博主通过定义solve函数处理多组测试用例。博主在后文均只给出solve函数。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
#define ln '\n'
#define fi first
#define se second

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
    while(cin>>...){//此处即为处理多组测试用例，...换为实际输入变量
       solve();
    }
    return 0;
}

题解

朴素想法

定义权值数组 \(cnt[i]\)，用于统计 \(i\) 的出现次数，之后遍历 \(cnt\) 数组，找出出现 \(k\) 次的元素并输出即可。
但由于序列值域上界高达\(2^{30}\)，以 \(\texttt{int}\) 型数组为例，需约 \(4\text{GB}\) 内存，因此无法开下这么大的数组。此想法不可行。

解法1：哈希表

如果你学过 C++，那么则可使用 unordered_map一发AC。

void solve(){
    unordered_map<int, int> cnt;
    int id;
    for (i64 i = 0; i < 1LL * m * (n - 1) + k; i++) {
        cin >> id;
        cnt[id]++;
    }
    for (auto i : cnt) {
        if (i.se != m) {
            cout << i.fi << ln;
            break;
        }
    }
}

解法2：二进制优化

• 核心思想：若除了一个数以外，其余数都出现了相同次数(设 \(m\) 次)，则可通过统计二进制每一位上 \(1\) 的出现次数，并对 \(m\) 取模，从而得到那个特殊数。
• 数学证明：
  • 考察整数\(x_i\)，将其按二进制进行位权展开(由于题中值域上界为\(2^{30}\)，故\(31\)位足够表示)：\(x_i = \sum_{j=0}^{30} b_{i,j} \cdot 2^j, \quad b_{i,j} \in \set{0,1}\)
  • 统计每一位上 \(1\) 出现的次数：\(A_j = \sum_{i=1}^{m(n-1)+k} b_{i,j}\)，其可被拆为两部分：\(A_j = \underbrace{\sum_{x \in S_m} m \cdot b_{x,j}}_{\text{出现 m 次的数贡献}} + \underbrace{k \cdot b_{x^*,j}}_{\text{出现 k 次的异常数贡献}}\)
  • 模运算具有如下性质：\((a + b) \bmod m = ((a \bmod m) + (b \bmod m)) \bmod m\)，因此通过取模即可将异常数的贡献保留。
  • 对每一位计数 \(A_j \bmod m\)：\(A_j \bmod m = \Big(\sum_{x \in S_m} m \cdot b_{x,j} + k \cdot b_{x^*,j}\Big) \bmod m\)，并且 \(m \cdot b_{x,j} \equiv 0 \ (\text{mod } m)\) 对任何 \(b_{x,j} \in {0,1}\) 都成立。故得：\(A_j \bmod m = (k \cdot b_{x^*,j}) \bmod m\)
  • 由于题目给出 \(k < m\)，故：
    \[k \cdot b_{x^*,j} \bmod m =\begin{cases}0, & b_{x^*,j} = 0 \\k, & b_{x^*,j} = 1\end{cases} \]
    得证。

也就是说，模运算把“其他所有出现 m 次的数”完全消掉，只剩下那个出现 k 次的数的二进制痕迹。将其转换为十进制，即为最终答案。

void solve(){
	int a[35]={0};
    for(int i = 0;i < m * (n-1) + k ; i++){
        int num;
        scanf("%d",&num);
        for(int j = 0; j < 31; j++){
            if(num & (1 << j)) a[j] ++; // 循环左移，统计二进制中每一位上1的出现情况
            a[j] %= m;// 边统计边取模，防止爆了
        }
    }
    int ans = 0;
    for(int j = 0;j < 31;++j)
        if(a[j] != 0) ans += pow(2,j); // 还原出异常值即可
    printf("%d\n",ans);
}