起きたのが17:50ぐらい。
とりあえず軽くメシ食って、始めたのが18:20分ちょい前ぐらいだったか。
時間がヤバ過ぎたので正解率の高いCを選択。
正の整数Nを、0以上の整数であるa と b を使い
a + b = N
と表す。
f(x)を、xを二進数で表した場合の1の数とし、
f(a) + f(b) = k
のkが最大になる場合のkの値を求めよ。
という問題。
例えば、9ならば、
f(9) + f(0) = 2
f(8) + f(1) = 3
f(7) + f(2) = 4
f(6) + f(3) = 4
f(5) + f(4) = 3
と、それぞれなるので、正解は4となる。
初めは愚直に探索していくのかなと思ったが、largeの制約が N < 10^18だったため、どう考えてもそれでは間に合わない。
二進数ならではの考え方がある。
ビット単位で考えてやると、 10 < 2^4であるから、最大でも4*18 = 72より少ない計算量で達成出来る。
a + b の形になっているので、二進数の特質が大いに生かせそうだ。
暫く考えていたところ、0がキーになっていることが分かった。
11100100111のような場合、右から考えてやって、最初に0が出るまでの1は、aかbどちらかの該当ビットだけに1を設定してやることによってしか表現出来ないが、それ以降の1は、aとbの両方の該当ビット一つ下に1を設定してやることで表現出来そうだ。
これを拡張して、1001001のように0が続いている場合、a = 0111111, b = 0001010 のように表現できることが分かる。
これを実装したのが以下
#include <algorithm> #include <iostream> #include <map> #include <numeric> #include <set> #include <sstream> #include <string> #include <vector> #include <stack> #include <queue> #include <cmath> #include <time.h> using namespace std; #define REP(i,s,e) for (int i = int(s); i != int(e); i++) #define rep(i,e) REP(i,0,e) #define foreach(i,c) for (typeof((c).begin()) i = (c).begin(); i != (c).end(); i++) #define ISEQ(c) (c).begin(), (c).end() #define ll long long #define INF 1<<30 int main(){ unsigned ll n; int testCase,bits_after_zero,bits_before_zero,num_zero; scanf("%d", &testCase); rep(i,testCase) { bits_after_zero = 0; bits_before_zero = 0; num_zero = 0; scanf("%lld", &n); do{ if(n & 1) bits_before_zero++; else{ n >>= 1; break; } }while( (n >>= 1) > 0); do{ if(!(n > 0)) break; if(n & 1) bits_after_zero++; else num_zero++; }while( ( n >>= 1 ) > 0); printf("Case #%d: %d\n", i+1, bits_after_zero * 2 + bits_before_zero + num_zero); } }残りの問題は後でまた解く
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