Description CodeForces 437B

描述

从 $1\sim limit$ 中选取若干个互不相同的数字，使得这些数字的 $lowbit$ 和等于 $sum$，$1\leq sum, limit\leq 10^5$ 。

输入

两个数 $sum, limit(1\leq sum,limit\leq 10^5)$。

输出

第一行输出 $n$ 表示所选数字的数目，然后第二行 $n$ 个数，表示所选数字。

如果无解输出$-1$。

样例

输入1

5 5

输出1

2
4 5

输入2

4 3

输出2

3
2 3 1

输入3

5 1

输出3

-1

解释

第一个样例中，$lowbit(4)=4,lowbit(5)=1,4+1=5$。
第二个样例中，$lowbit(1)=1,lowbit(2)=2,lowbit(3)=1,1+2+1=4$。

Solution

因为至多选取 $10^5$ 个数字，很自然想到贪心。

贪心是基于这样一个事实：

| 任何一个数字都可以表示为 $\sum 2^x$( $x$ 不重复) 的形式

这是为什么呢，相信大家都知道每个数都有二进制的表示，例如 $1011_{(2)}$ 就显然等于 $1\times 2^0 + 1\times 2^1 + 0\times 2^2 + 1\times 2^3$，化简一下，也就是 $2^0 + 2^1 + 2^3$。

换言之，因为二进制的每一位只可能是 $0 / 1$，所以必然可以表示为如上形式。

然后 $lowbit$ 相信大家也很清楚，表示一个数字的二进制的最后一位 $1$ 的大小，例如 $lowbit(10\color{red}1\color{black}0_{(2)})= 10_{(2)}$，即 $lowbit(6)=2$，可以用  lowbit(x) = x AND -x  来计算，显然 $lowbit$ 必然是一个$2^{\cdots}$（不理解的同学先学习树状数组）。

我们用一个pair来记录原数和它的 $lowbit$ 值：

for(int i = 1; i <= lim; i++)
{
	S.push_back(make_pair(i & -i, i)); // lowbit and number
}

然后基于上面那个结论，将pair根据 $lowbit$ 从大到小排序，依次贪心，这里的贪心结论是：如果 $n$ 大于等于当前的 $lowbit$，必然可以选择当前的 $lowbit$ ，然后将 $n$ 减去它，继续贪心，如果最终 $n\neq 0$，则无解。

为什么呢？

$lowbit$ 值显然是有重复的，假设当前在考虑$lowbit_i$，如果一个数可以表示为$\sum_{j\in[i+1,limit]}lowbit_j$ 的形式，那么这个数加 $lowbit_i$ 必然也可以被表示。

所以，如果 $n(n\geq lowbit_i)$ 可以被表示，则 $n-lowbit_i$ 也可以被表示。

sort(S.rbegin(), S.rend()); // sort(big -> small)
for(unsigned i = 0; i < S.size(); i++)
{
	if(n >= S[i].first) // greedy
	{
		n -= S[i].first;
		ans.push_back(S[i].second);
	}
}
// output
if(n)
{
	cout << -1 << endl;
}
else
{
	cout << ans.size() << endl;
	for(unsigned i = 0; i < ans.size(); i++)
	{
		cout << ans[i] << ‘ ‘;
	}
}

于是这题就可以愉快的通过了，完整代码（代码中的 $n$ 表示原题的 $sum $）：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, lim;
vector<pair<int, int> > S;
vector<int> ans;
int main()
{
	cin >> n >> lim;
	for(int i = 1; i <= lim; i++)
	{
		S.push_back(make_pair(i & -i, i));
	}
	sort(S.rbegin(), S.rend());
	for(unsigned i = 0; i < S.size(); i++)
	{
		if(n >= S[i].first)
		{
			n -= S[i].first;
			ans.push_back(S[i].second);
		}
	}
	if(n)
	{
		cout << -1 << endl;
	}
	else
	{
		cout << ans.size() << endl;
		for(unsigned i = 0; i < ans.size(); i++)
		{
			cout << ans[i] << ‘ ‘;
		}
	}
	return 0;
}

一句话总结：能减就减，有余无解！

原文地址：https://www.cnblogs.com/syksykCCC/p/CodeForces-437B.html