🏝️专栏： 【蓝桥杯备篇】
🌅主页： f狐o狸x
他们说内存泄漏是bug，我说这是系统在逼我进化成SSR级程序员
OK来吧，不多废话，今天来点有难度的：二进制枚举
二进制枚举，就是如果题目中描述的情况只有两种，就可以有 0 和 1 来表示，例如我们之前做过的扫雷游戏，每一个格子里面只有两种情况，就是有雷和无雷，就可以有 0 和 1 来表示。这样就可以使我们的枚举大大提高效率
3.12 二进制枚举
一、子集
题目链接：
78.子集
题目描述：
解题思路：
例如示例一的 [ 1, 2, 3 ]，他的子集就是[ 1 ], [ 2 ], [ 3 ], [ 1, 2 ], [ 1, 3 ], [ 2, 3 ], [ 1, 2, 3 ]，其实集合里面的每个元素都有两种情况，出现和不出现，此时我们就可以用二进制来表示，如图：
解题代码：
class Solution {
public:
vector<vector<int>> subsets(vector<int>& nums) {
vector<vector<int>> ret;
int n = nums.size();
for(int st = 0; st < (1 << n); st++)
{
vector<int> tmp;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
if((st >> i) & 1) tmp.push_back(nums[i]);
}
ret.push_back(tmp);
}
return ret;
}
};二、费解的开关
这题非常考验我们的位运算的能力，如果看不懂的话可以私信煮波，煮波给你细细讲解（主要是这里懒了）
题目链接：
P10449 费解的开关
题目描述：
解题思路：
对于每盏灯而言，只有亮与灭两种情况，因此可以用二进制存储关系，而且每排其实都是五个数字，因此我们可以将他每一排存的二进制变为一个十进制的数字来存储，在通过位运算来改变每一盏灯的亮灭情况，即可破解此题
解题代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 10;
int a[N], t[N];
int calc(int push)
{
int cnt = 0;
while (push)
{
cnt++;
push &= (push - 1);
}
return cnt;
}
int main()
{
int n; cin >> n;
while (n--)
{
// 清空上一组的数据
memset(a, 0, sizeof a);
// 输入数据，每一排用十进制数字存储二进制
for (int i = 0; i < 5; i++)
{
for (int j = 0; j < 5; j++)
{
char ch; cin >> ch;
if (ch == '0') a[i] |= (1 << j);
}
}
int ret = 0x3f3f3f3f;
// 枚举第一排的情况
for (int st = 0; st < (1 << 5); st++)
{
memcpy(t, a, sizeof a);
int push = st;
int cnt = 0; // 记录按了几次
for (int i = 0; i < 5; i++)
{
cnt += calc(push);
t[i] = t[i] ^ push ^ (push << 1) ^ (push >> 1);
t[i] &= (1 << 5) - 1; // 清除影响
t[i + 1] ^= push; // 修改下一行的状态
push = t[i];
}
if (t[4] == 0) ret = min(ret, cnt);
}
if (ret > 6) cout << "-1" << endl;
else cout << ret << endl;
}
return 0;
}三、Even Parity
这题和上面那题“费解的开关”类似，就不多废话了
题目链接：
UVA11464 Even Parity - 洛谷
题目描述：
解题思路：
一样的都是利用二进制来存储数据，再巧妙地运用位运算解决题目
解题代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 20;
int n;
int a[N]; // ⽤⼆进制存储状态
int t[N]; // 备份
// 判断 x->y 是否合法
// 返回 -1，表⽰不合法
// 其余的数，表⽰合法，并且表⽰ 0->1 的次数
int calc(int x, int y)
{
int sum = 0; for (int i = 0; i < n; i++)
{
if (((x >> i) & 1) == 0 && ((y >> i) & 1) == 1) sum++;
if (((x >> i) & 1) == 1 && ((y >> i) & 1) == 0) return -1;
}
return sum;
}
int solve()
{
int ret = 0x3f3f3f3f; // 记录最⼩的改变次数
// 枚举第⼀⾏的最终状态
for (int st = 0; st < (1 << n); st++)
{
memcpy(t, a, sizeof a);
int change = st;
int cnt = 0; // 统计 0->1 的次数
bool flag = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
// 先判断 change 是否合法
int c = calc(t[i], change);
if (c == -1)
{
flag = 0;
break;
}
cnt += c; // 累加次数
// 当前⾏的最终状态
t[i] = change;
// 计算下⼀⾏的最终状态
change = t[i - 1] ^ (t[i] << 1) ^ (t[i] >> 1);
change &= (1 << n) - 1;
}
if (flag) ret = min(ret, cnt);
}
if (ret == 0x3f3f3f3f) return -1;
else return ret;
}
int main()
{
int T; cin >> T;
for (int k = 1; k <= T; k++)
{
// 多组测试数据，记得清空
memset(a, 0, sizeof a);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) // 避免越界访问
{
for (int j = 0; j < n; j++)
{
int x; cin >> x;
if (x) a[i] |= 1 << j;
}
}
printf("Case %d: %d\n", k, solve());
}
return 0;
}最后这两个题有些难，各位稍安勿躁，刷小怪的时候偶尔遇到点BOSS也正常，明天我们来点有意思的算法，前缀和和差分
"赛场上键盘冒火星？这是系统在为我颁发'钢铁直男'勋章！"
“啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊，烂命一条就是干啊，冲冲冲”
