蓝桥杯2021国赛真题——异或三角

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异或三角

🎇思路：数位$dp$ + $dfs$ + 思维

🔱思路分析：

✅数理基础：

按位异或：一种逻辑运算符，用于比较两个二进制数中每个位的状态，如果两个数的状态不同，则结果为 $1$；反之，结果为 $0$，其在 $python$ 语法中表现为 $a\stackrel{ˆ}{}b$，在本题中表现为 $a\oplus b$

如：10 ^ 01 = 11，1100 ^ 1010 = 0110

✅按位异或的性质：

1. 恒等律：$a\stackrel{ˆ}{}0=a$
2. 归零律：$a\stackrel{ˆ}{}a=0$
3. 三元恒等式：$a\stackrel{ˆ}{}b=c$；$a\stackrel{ˆ}{}c=b$；$b\stackrel{ˆ}{}c=a$

题意分析：而本题其中一个条件即为三个数的异或满足：$a\oplus b\oplus c=0$，因此，对于此类每一个数位上满足某种条件关系的问题，可以用数位 $dp$ 进行求解

题目要求：

1. $1\le a,b,c\le n$
2. $a\oplus b\oplus c=0$
3. $a,b,c$ 能组成三角形

step:

🎯1. $dfs$:

首先，肯定要对二进制的每个数位进行$dfs$深搜，从而得到所有可能的情况，因为涉及二进制异或操作$\oplus$，则我们从这个条件出发，由$a\oplus b\oplus c=0$可知，必有：$$a\ne b\ne c\text{\hspace{1em}(1)}$$

$def$：若存在$a==b$，则$c=a\oplus b=0$，不满足条件

$$每一个数位上1的个数只能为0或2\text{\hspace{1em}(2)}$$

$def$：若存在$1$个或$3$个$1$的情况，则在该数位上三个数异或后为 $1$，则结果一定不等于$0$

其次，对于三个数字，我们不可能对每个数字上的每一位进行$dfs$，而根据三元恒等式，$c=a\oplus b$ 可以由 $a,b$ 确定，又因为三个数可以按任意顺序排列，所以，我们不妨假设 $a$ 为最大数 $(a\in [1,n])$，最后的结果 $\ast 3$ 即可

我们对最大数的二进制数由高位向低位进行枚举，因为需要确定 $a,b$，我们不妨设二元组：$(a_i,b_i)$ 表示当前二进制位上 $a$ 和 $b$ 的值$（0/1）$:

根据条件得到选取的二元组与满足条件 $a,b,c$ 的隐含关系：

1. $a>b$：$(1,0)$ 必须出现在 $(0,1)$ 之前：

$$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right)\text{\hspace{1em}(3)}$$

$def$：假设$(0,1)$出现在了$(1,0)$之前：

若$(0,1)$在$(1,0)$之前，则这两列排列后，b在该数位上的数大于a，此时出现了 $b>a$ 的情况，与假设不符

2. $a>c$：$(1,1)$ 必须出现在 $(0,1)$ 之前：

$$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right)\text{\hspace{1em}(4)}$$

$def$：假设$(1,1)$ 出现在 $(0,1)$ 之后：

由于$(0,1)$异或后为1，而$(1,1)$异或后为0，若$(1,1)$在$(0,1)$后，则对这两列排列后，$c$在该位置的数上大于$a$，此时，会出现 $c>a$ 的情况，与假设不符

3. $a=b\oplus c<b+c$：表明必存在状态$(a_i,b_i)=(0,1)$：

$$必有状态:\left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right)\text{\hspace{1em}(5)}$$

$def$：由于$b\oplus c<b+c$，则二进制上必定存在某一位使：$b_i\oplus c_i<b+c$，那么如何实现这一状态呢？其实就是让 $a_i=0,b_i=1,c_i=1$，此时对于加法而言：$b_i+c_i=2$，而对于异或：$b_i\oplus c_i=0$，存在某一位比前者小，也就实现了总体 $b\oplus c<b+c$

所以，若满足了上述的$5$个条件，这三个数就是成立的，对于 $dfs$:

①结束条件：若$pos=0$且三个状态$(1,1)，(1,0)，(0,1)$都出现，cnt+=1

②$dfs(pos,limit,states)$:

• $pos$：表示$a$当前所在的二进制位数
• $limit$：判断前面所选择的数是否全部为上限数
• $states$：判断是否出现过上述三种状态

🎯2. 数位 $dp$ →记忆化搜索:

对于上述的三个状态，我们只要使其全部出现即为一种结果，因此，我们对状态进行压缩：$1\to (0,1)，2\to (1,0)，3\to (1,1)$，再将数字 $1,2,3$ 进行二进制压缩，则表示为：111，数位为1则代表对应的状态，所以结束条件即为：states=7 (111)

定义$dp$ 数组 dp[pos][limit][states]：表示当前数位为$pos$，前面选择的数状态为 $limit(0/1)$，且上述三个二元组的状态为 $states$ 时，$a,b,c$ 三个数的选法有多少种

$dp$ 主要为了 剪枝，增大$dfs$在递归时的效率，防止相同的情况下重复计算

完整代码实现：

def dfs(pos,limit,states):
    if pos==0:
        return states==7

    if limit==0 and dp[pos][limit][states]!=-1:
        return dp[pos][limit][states]

    max_num=num[pos] if limit==1 else 1
    res=0
    for i in range(0,max_num+1):
        if i==0: # 如果该位置上ai为0
            # 1.(0,0)
            res+=dfs(pos-1,limit and i==max_num,states)
            # 2.(0,1)
            if states>=6: # 选(0,1)时，(1,1),(1,0)必须要出现
                res+=dfs(pos-1,limit and i==max_num,states|1) # 即为 110^001=111

        elif i==1:
            # 3.(1,0)
            res+=dfs(pos-1,limit and i==max_num,states|2) # x0x|010=x1x
            # 4.(1,1)
            res+=dfs(pos-1,limit and i==max_num,states|4) # 0xx|100=1xx

    if limit==0: # 记忆化搜索
        dp[pos][limit][states]=res
    return res


def solve(n):
    global num
    cnt=0 # 表示当前n的位数
    while n:
        cnt+=1
        num[cnt]=n&1
        n>>=1
    return dfs(cnt,1,0)*3


T=int(input())
num=[0]*32 # 最大为30位数
dp=[[[-1]*8]*2 for _ in range(32)]
for _ in range(T):
    n=int(input())
    print(solve(n))

输出结果：

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🎇此题为2021年国赛数位$dp$题，同时对思维要求也很高，今天的考点是~🎇

数位 $dp$ + $dfs$！