（思维）洛谷 P13551 ももいろの鍵 题解

题意

爱莉给了你一个非负整数 $n$，你需要把 $0,1,2,\dots ,n$ 划分成若干组，满足每一组的按位与为 $0$。

划分的组不需要相邻。

你需要最大化划分组数并给出方案。

$1\le T\le 600$，$0\le n\le 10^5$，保证单个测试点内 $n$ 的和不超过 $2\times 10^5$。

思路

闲着没事去看了两眼，题目越简洁，看着越吓人，做法越要思考。实在没想到这个只有黄的 T3，不过挺好玩的。

由打表样例可见，每一组似乎都不超过 2 个。不妨就构造两个两个一组的答案，可能会多出一个 $0$，理论上可以得到 $\lceil \frac{n+1}{2}\rceil$ 组。

考虑怎么样得到两个数与起来为 $0$，需要二进制每一位要么相反要么均为 $0$。

假若有一个数 $2^x=(\mathrm{100...000}{)}_2$，其中 $0$ 有 $x$ 个，另一个数 $2^x-1=(\mathrm{11...111}{)}_2$，其中 $1$ 也有 $x$ 个；这二者与起来为 $0$，而若前者一直 $+1$，后者一直 $-1$，两个数按位与起来总是为 $0$。为什么呢？每次 $+1$ 或者 $-1$，要么只改变末尾，要么发生进位改变高位——进位可能改变连续的高位。但是各位在初始状态总是相反，所以两个数同时改变各位依旧相反。

那么可以这样构造：找到小于 $n$ 的最大 $2^x$，将 $n\sim 2^x$ 加进队列，然后从 $2^x$ 和 $2^x-1$ 依次向大和向小枚举配对；设后者配对到 $pos$，当前者配对到 $n$ 就停下，然后向队列中增补 $2^{x-1}\sim pos-1$，下一轮继续遍历到 $pos-1$ ……——如果还没配对到 $n$，$pos$ 就到了 $2^{x-1}$ 怎么办？此时 $2^{x-1}>pos-1$，可以直接忽略进队列的操作，继续把队列里剩下的元素配对玩再说，根据上面的结论来看这时可行的。

最后看队列有没有剩下的，如果 $n$ 为奇数队列中将会剩下一个，此时让其和 $0$ 配对；否则 $0$ 自成一组。

讲得有点口胡了。具体细节见代码。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll T,n;
ll p2[22];
void init()
{p2[0]=1;for(int i=1;i<=20;i++)p2[i]=p2[i-1]*2;
}
queue<ll>q;
void clean()
{while(!q.empty())q.pop();
}
int main()
{scanf("%lld",&T);init();while(T--){clean();scanf("%lld",&n);if(n==0){puts("1");puts("1 0");continue;}printf("%lld\n",(n+2)/2);ll x=upper_bound(p2+1,p2+21,n)-p2-1;for(int i=p2[x];i<=n;i++)q.push(i);for(int i=x-1;i>=0;i--){ll pos=p2[i+1]-1;while(!q.empty()&&pos>=p2[i]){printf("2 %lld %lld\n",pos,q.front());pos--;q.pop();}for(int j=p2[i];j<=pos;j++)q.push(j);}if(!q.empty())printf("2 0 %lld\n",q.front());else puts("1 0");}return 0;
}