正文
hdu 5648 DZY Loves Math 组合数+深搜(子集法)
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题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5648
题意:给定n,m(1<= n,m <= 15,000),求Σgcd(i|j,i&j);(1 <= i <= n,1<=j<=m);
至多三组数据，至多两组数据max(n,m) > 2000.至多一组数据max(n,m) > 8000;
很多题解是用递推打表，将数据压缩250倍，即[i][j]:代表[1...250*i][1...250*j]，之后零头就直接暴力求解；这样时间复杂度为O(T*250*max(n,m));
但是这并不完美。。代码长度接近5W b..如果卡代码长度的话，就呵呵了；
事先说明代码是在BC看的AC代码，来源于NanoApe。特在此orz..
思路:题解讲用枚举子集法，但是当时并没有看懂。。没有去细想在这个gcd里面是要确定什么，枚举什么。这就是深搜的思路了；
原本看到gcd想的就是莫队反演。。莫队反演是容易求出同一个gcd里面的对数；但是这道题gcd里面并不是原始的a,b;而是a,b的位或和位与运算以后的值；
并且数据规模不大，(至少从组数及n,m最大值的限制上来看)；
现在我们就来枚举i|j,因为i&j能够在i|j枚举1，这就是题解上面的子集枚举的对象；
下面分情况来看如何深搜；i表示两个数位或运算后的值；并且默认n >= m
<1>当i<= m时，这时易知对于我们实际的值x,y一定是<=m的；直接在范围内枚举,即可dfs1();
dfs1里面a 代表位或的值，b代表位与的值；容易看出b其实位元1是在a中选的；至于对ans的贡献是每一个a位元为1，b为0的位可以是两种，所以1<<(c[a]-c[b]);对于b为0的情况，会出现x = 0 || y = 0所以减去这二者；(d在dfs2中解释)；
注意并不是i <= n作为循环结束的标志，位或最大为2*n-1,这也是开始运算出mx的另一个用处；
<2>当i > m时，没有a里面的每一个1，一定有一个数(x||y)的位元是1的，这就可以分成x,y,x&&y;对应三个if;
对于这个位或值，如果前面有一个位1，原本x可以承担(即x += 1<<p 仍然<=n)但是并有没有取，而是被y承担了,这时之后任意位元为1的x均可以承担，这时对于x来说，进入dfs1就可以随便取a里面剩下的位了；这样就保证了所取得的值<=n;这就是为什么在判断是否能进入dfs1对后面的位元1进行组合数取的条件；即加的是(1<<(p+1))-1;
<3>对于dfs2中的p == -1的情况，是否需要求解?答案是要的，因为能到p == -1表示里面的x,y是符合情况的；如果不符合情况，就会直接在前面就无法dfs2下去了；直接计算即可；至于d的含义，因为当a > m时，前面大的位元1一定是x承担的，并且这承担的在后面组合数枚举的时候，虽然没有在高位上枚举，但是c[a]还是记录了这高位的，d即表示这没有枚举的高位a比b多出来的个数；由于枚举到的位可能在m范围内，但是之后却没有枚举，所以出现b = x&y;
很神奇~~~hhhhh
1326ms 1824k 自己手写__builtin_popcount()用时1263ms 因为库函数是查表的，并没有真正计算；
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep0(i,l,r) for(int i = (l);i < (r);i++)
#define rep1(i,l,r) for(int i = (l);i <= (r);i++)
#define rep_0(i,r,l) for(int i = (r);i > (l);i--)
#define rep_1(i,r,l) for(int i = (r);i >= (l);i--)
#define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define MS1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define MSi(a) memset(a,0x3f,sizeof(a))
#define inf 0x3f3f3f3f
#define lson l, m, rt << 1
#define rson m+1, r, rt << 1|1
typedef pair<int,int> PII;
#define A first
#define B second
#define MK make_pair
typedef __int64 ll;
template<typename T>
void read1(T &m)
{
T x=,f=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
m = x*f;
}
template<typename T>
void read2(T &a,T &b){read1(a);read1(b);}
template<typename T>
void read3(T &a,T &b,T &c){read1(a);read1(b);read1(c);}
template<typename T>
void out(T a)
{
if(a>) out(a/);
putchar(a%+'');
}
int T,kase = ,i,j,k,n,m,x,y,a,b,d;
#define N 1<<16
int c[N];
ll ans;
inline ll gcd(ll a,ll b){return b == ?a:gcd(b,a%b);}
void dfs1(int p)
{
while(p >= ) {
if(!(a&(<<p))){p--;continue;}
b += (<<p);
dfs1(p-);
b -= (<<p);
p--;
}
if(b) ans += 1LL*gcd(a,b)*(<<(c[a]-c[b]-d));
else ans += 1LL*gcd(a,b)*((<<(c[a]-c[b]-d))-(x==?:)-(y==?:));//x,y分别是各自的实际值;
}
void dfs2(int p)
{
if(p == -){
if(x == || y == ) return ;
ans += gcd(x|y,x&y);
return ;
}
while(p >= && !(a&(<<p))) p--;
// **+(1<<p+1)-1是为了说明之后任意的枚举a中的位元1度不会超出n,m的范围
if(x+(<<p+)- <= n && y+(<<p+)- <= m){
b = x&y;
dfs1(p);
return ;
}
d++;//d表示x中1的个数比y中1的个数多d个
if(x+(<<p) <= n) x += <<p,dfs2(p-), x -= <<p;// x承担
if(y+(<<p) <= m) y += <<p,dfs2(p-), y -= <<p;// y承担
d--;
if(x+(<<p) <= n && y+(<<p) <= m)// x,y均承担
x += <<p, y += <<p, dfs2(p-), x -= <<p,y -= <<p;
}
int pop(unsigned x) //使用的是分治的思想
{
x = x - ((x>>) & 0x55555555);
x = (x & 0x33333333) + ((x >> ) & 0x33333333);
x = (x + (x >> )) & 0x0F0F0F0F;
x = x + (x >> );
x = x + (x >> );
return x & 0x0000003F;
}
int main()
{
rep0(i,,N) c[i] = pop(i);//__builtin_popcount
read1(T);
while(T--){
ans = ;
read2(n,m);
if(n < m) swap(n,m);
int mx = ;
while((<<mx) <= n) mx++;
rep1(i,,(<<mx)-){
if(i <= m) a = i,b = ,x = ,dfs1(mx);
else a = i,b = ,x = ,y = ,d = ,dfs2(mx);
}
out(ans);
puts("");
}
return ;
}
