題目
挺新奇的一題，用二進位制對應位來表示是第幾個燈，同時也用二進位制來表示對燈的操作，將和這個燈相連的那些燈全部置一，其他置零，那麼我們對某個燈進行操作就只需要和這個燈相異或。比如，0號燈和1，3兩個燈相連，二進位制表示出來就是00…0001011，由於和1相異或狀態取反，和0相異或狀態不變，我們如果改變了第0個燈的狀態，那麼1、3也會改變，而把二進位制表示的狀態和00…0001011相異或就可以得到改變0號燈狀態後的狀態。此外，這個題直接搜尋對所有燈的操作與否複雜度會有2^35，會超時，所以採用折半搜尋，先對前面一半的燈進行操作，並用map儲存達到的狀態及其對應的操作次數，然後對後面一半進行操作，更新答案。
值得一提的是，每個燈最多隻需要操作一次，因為對乙個燈操作兩次就會變回原來的狀態，既然要最少那不如不操作。
//#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define lson (rt << 1)
#define rson (rt << 1 | 1)
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
const
int maxn =
1000+10
;const
int maxm =
2000+10
;const
int inf_max =
0x3f3f3f
;const
int mod =
1000000007
;const
double eps =
1e-4
;using
namespace std;
typedef
long
long ll;
inline
intread()
while
(ch>=
'0'&& ch<=
'9') x = x*
10+ ch -
'0',ch =
getchar()
;return x*f;
}mapint>f;
ll a[40]
;int
main()
for(
int i =
0;i <(1
<<
(n/2))
;++i)}if
(!f.
count
(s)) f[s]
= cnt;
else f[s]
=min
(f[s]
,cnt)
;//如果這個狀態存在，肯定取操作次數少的
}int ans =50;
for(
int i =
0;i <(1
<<
(n-n/2)
);++i)
}//後半部分的狀態是s，按照題意s的二進位制後n-n/2位全部為1,和目標狀態相異或後就可以得到前n/2個應該有的狀態
//如果這個狀態用前半部分的操作可以得到，那麼我們更新答案；
if(f.
count((
(1ll
<)^s)
) ans =
min(ans,cnt+f[((
1ll<)^s]);
} cout
}
24，折半查詢
include 折半查詢 二分查詢又稱折半查詢，優點是比較次數少，查詢速度快，平均效能好 其缺點是要求待查表為有序表，且插入刪除困難。因此，折半查詢方法適用於不經常變動而查詢頻繁的有序列表。首先，假設表中元素是按公升序排列，將表中間位置記錄的關鍵字與查詢關鍵字比較，如果兩者相等，則查詢成功 否則利用...
6 2 2 折半查詢
折半查詢，又稱二分查詢，它適用於有序的順序表。基本思路是 首先將給定值key與表中中間位置元素的關鍵字比較，若相等，則查詢成功，返回該元素的儲存位置 若不等，則所需查詢的元素只能在中間元素以外的前半部分或後半部分中 例如，在查詢表公升序排列時，若給定值key大於中間元素的關鍵字，則所查詢的元素只可能...
6 13 折半查詢
給乙個嚴格遞增數列，函式int search bin sstable t,keytype k 用來二分地查詢k在數列中的位置。函式介面定義 int search bin sstable t,keytype k 其中t是有序表，k是查詢的值。裁判測試程式樣例 include using namespa...