【中途相遇+二进制】【NEERC 2003】Jurassic Remains

例题25  侏罗纪（Jurassic Remains, NEERC 2003, LA 2965）

给定n个大写字母组成的字符串。选择尽量多的串，使得每个大写字母都能出现偶数次。

【输入格式】

输入包含多组数据。每组数据的第一行为正整数n（1≤n≤24），以下n行每行包含一个大写字母组成的字符串。

【输出格式】

对于每组数据，第一行输出整数k，即字符串个数的最大值。第二行按照从小到大的顺序输出选中的k个字符串的编号（字符串按照输入顺序编号为1~n）。

【样例输入】

 

6

ABD

EG

GE

ABE

AC

BCD

 

【样例输出】

 

5

1 2 3 5 6

 

直接贴题解吧

在一个字符串中，每个字符出现的次数本身是无关紧要的，重要的只是这些次数的奇偶性，因此想到用一个二进制的位表示一个字母（1表示出现奇数次，0表示出现偶数次）。比如样例的6个数，写成二进制后如图1-34所示。

图  1-34

此时，问题转化为求尽量多的数，使得它们的xor（异或）值为0。

最容易想到的方法是直接穷举，时间复杂度为O(2ⁿ)，有些偏大。注意到xor值为0的两个整数必须完全相等，我们可以把字符串分成两个部分：首先计算前n/2个字符串所能得到的所有xor值，并将其保存到一个映射S（xor值à前n/2个字符串的一个子集）中；然后枚举后n/2个字符串所能得到的所有xor值，并每次都在S中查找。

如果映射用STL的map实现，总时间复杂度为O(2^n/2logn)，即O(1.44ⁿlogn)，比第一种方法好了很多。这样的策略称为中途相遇法（Meet-in-the-Middle）。密码学中著名的中途相遇攻击（Meet-in-the-Middle attack）就是基于这个原理。

 

#include<cstdio>#include<map>using namespace std; const int maxn = 24;map<int,int> table; int bitcount(int x) { return x == 0 ? 0 :bitcount(x/2) + (x&1); } int main() {  int n,A[maxn];  chars[1000];  while(scanf("%d", &n) == 1 && n) {    //输入并计算每个字符串对应的位向量    for(int i= 0; i < n; i++) {     scanf("%s", s);      A[i] =0;      for(intj = 0; s[j] != '\0'; j++) A[i] ^= (1<<(s[j]-'A'));    }    //计算前n1个元素的所有子集的xor值    //table[x]保存的是xor值为x的，bitcount尽量大的子集   table.clear();    int n1 =n/2, n2 = n-n1;    for(int i= 0; i < (1<<n1); i++) {      int x =0;      for(intj = 0; j < n1; j++) if(i & (1<<j)) x ^= A[j];     if(!table.count(x) || bitcount(table[x]) < bitcount(i)) table[x] = i;    }    //枚举后n2个元素的所有子集，并在table中查找    int ans =0;    for(int i= 0; i < (1<<n2); i++) {      int x =0;      for(intj = 0; j < n2; j++) if(i & (1<<j)) x ^= A[n1+j];     if(table.count(x)&&bitcount(ans)<bitcount(table[x])+bitcount(i))ans = (i<<n1)^table[x];    }    //输出结果   printf("%d\n", bitcount(ans));    for(int i= 0; i < n; i++) if(ans & (1<<i)) printf("%d ", i+1);   printf("\n");  }  return 0;}

几个位运算以及STL巧妙运用注意注意

int bitcount(int x)  //计算一串数的二进制还有的1的个数

table.count(x)//判断x是否为控

ans = (i<<n1)^table[x];//合并i与x 两个二进制代表的集合