給定兩個非負整數\(x\)和\(y\)。
規定一種操作，逆序任意三個相鄰的二進位制位。
問最少需要多少次操作，能使得\(x = y\)。若不能達到，則輸出\(-1\)。
\(1 \leq t \leq 10000\)
\(0 \leq x, y \leq 10^\)
我們先觀察一下這個逆序操作有什麼性質，假設三個相鄰的二進位制位構成乙個三元組\((a, b, c)\)，逆序之後變為了\((c, b, a)\)。
可以發現，中間的二進位制數不變，兩端的數字交換。因此乙個很自然的思路就是將\(x\)和\(y\)分別轉換成二進位制形式，然後奇偶分別考慮。
另乙個性質是，任意奇數字之間都可以交換，任意偶數字之間也可以交換。
另外需要考慮的一點是，最後使得\(x = y\)，我們可以假定\(y\)不變，令\(x\)變向\(y\)。因為\(y\)的一次操作對應\(x\)的一次操作。
第一問，能不能達到\(x = y\)，這個可以通過分別計算\(x\)和\(y\)中奇數字\(1\)的個數是否相等，偶數字\(1\)的個數是否相等來判斷。
第二問，最少需要多少步，這個需要思考乙個貪心策略。以奇數字為例進行思考（偶數字同理），從低位到高位，將\(x\)與\(y\)每一位進行比對。若第\(j\)個奇數字不同，則往高位尋找第乙個滿足下列條件奇數字\(k\)，有\(x_k = y_j\)，且\(k > j\)，然後交換\(x\)的第\(j\)個奇數字和第\(k\)個奇數字，這需要\(k - j\)步。
這裡給出乙個簡短的證明，假定\(1 \dots j - 1\)個奇數字\(x\)與\(y\)相同，而第\(j\)個奇數字不同，那麼我們必然需要從高位找乙個奇數字\(k\)來交換到第\(j\)位，假定用\(k'\)時步數最少，需要\(k' - j\)步。而，按照之前的策略，將\(k\)位交換\(j\)位，然後我們可以再將交換後的\(k\)位（即原來的\(j\)位）與\(k'\)位交換，這樣總步數也是\(k' - j\)步。這說明我們的策略不差於最優策略。得證！
這種做法的時間複雜度是\(o(34^2t)\)，時間是允許的，但是考慮乙個優化。我們可以先預處理出\(x\)和\(y\)的所有奇數字中\(1\)的位置（偶數字同理），計算\(\sum (x_i - y_i)\)，正確性顯然。這樣時間複雜度是\(o(34t)\)。
#include #include #include #include using namespace std;
typedef long long ll;
const int n = 100;
int a[n], b[n];
int cnt1, cnt2;
int main()
for(int j = 0; j < 100; j ++)
int ans = 0;
cnt1 = cnt2 = 0;
for(int j = 0; j < 100; j += 2)
if(cnt1 != cnt2)
for(int j = 0; j < 100; j += 2) }}
cnt1 = cnt2 = 0;
for(int j = 1; j < 100; j += 2)
if(cnt1 != cnt2)
for(int j = 1; j < 100; j += 2) }}
printf("case %d: %d\n", i, ans);
}return 0;
}
#include #include #include #include using namespace std;
typedef long long ll;
const int n = 100;
int a[n], b[n];
int cnt1, cnt2;
int loc1[n], loc2[n];
int main()
for(int j = 0; j < 100; j ++)
int ans = 0;
cnt1 = cnt2 = 0;
for(int j = 0; j < 100; j += 2)
if(cnt1 != cnt2)
for(int j = 0; j < cnt1; j ++) ans += abs(loc1[j] - loc2[j]) / 2;
cnt1 = cnt2 = 0;
for(int j = 1; j < 100; j += 2)
if(cnt1 != cnt2)
for(int j = 0; j < cnt1; j ++) ans += abs(loc1[j] - loc2[j]) / 2;
printf("case %d: %d\n", i, ans);
}return 0;
}
1134 整數去位 貪心
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