题意：
给定一个数n，求所有数对 x,y (1 ≤ x＜y ≤ n) 的二进制中，满足非前导零部分最大连续重合位数 ≥ k 的数对个数。(n≤2000,k≤10)
例如：175的二进制形式为(10101111)，472472的二进制形式为(111011000)，因此175175和472472最大连续重合部分为(1011)，长度为4。
思路：
其实就是判断 两个字符串的最大连续重合长度 是否大于等于k。
很容易发现：如果发现两个字符串的连续k个位置重合了，那么就是满足的。
所以就是要判断这两个字符串是否有连续k个位置是重合的。
其实这样的题目模型之前也遇到过： 判断两个字符串是否有长度为m的相同子串？
朴素做法，二重循环暴力，超时。需要在O(n)的复杂度内实现。
所以就用到一个小技巧，map标记。
遍历一遍标记出A串中所有连续k个位置，再遍历一遍B串判断当前k个位置是否已经标记过。如果是，说明A串中也有这k个位置，那么就是匹配的。
那么在这道题中，标记连续k个位置就有两种思路：
思路1：字符串哈希
因为这是一个不大于2000的数的二进制字符串，所以最长不超过11，所以可以干脆将该串映射为一个long long范围内的数。
//keeping hurry and coding calm.
typedef pair <int, int> PII;
//unordered_map <int, int> mp;
const int N = 200010, mod = 1e9 + 7;
stack<int> stk;
vector<int> v;
int T, n, m;
int a[N];
int f1[N],f2[N],p[N];
int check1(int l,int r){
return f1[r]-f1[l-1]*p[r-l+1];
}
int check2(int l,int r){
return f2[r]-f2[l-1]*p[r-l+1];
}
bool pd(int x,int y)
{
string s1,s2;
while(x){
if(x&1) s1+='1';
else s1+='0';
x >>= 1;
}
while(y){
if(y&1) s2+='1';
else s2+='0';
y >>= 1;
}
for(int i=0;i<s1.size();i++){
if(i) f1[i]=f1[i-1]*10+s1[i]-'0';
else f1[i]=s1[i]-'0';
}
for(int i=0;i<s2.size();i++){
if(i) f2[i]=f2[i-1]*10+s2[i]-'0';
else f2[i]=s2[i]-'0';
}
set<int> st; //map和set都可，都能判断容器中是否存在一个数。
int len1=s1.size(),len2=s2.size();
for(int i=0;i<=len1-m;i++){
st.insert(check1(i,i+m-1));
}
for(int i=0;i<=len2-m;i++){
if(st.count(check2(i,i+m-1))) return 1;
}
return 0;
}
signed main(){
Ios;
int x=1;
for(int i=0;i<=50;i++){
p[i]=x;
x*=10;
}
cin>>n>>m;
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++)
if(pd(i,j)) cnt++;
cout<<cnt;
return 0;
}
思路2：位运算
这便是这道题的特殊之处：字符串为二进制数。
所以标记的时候可以 标记这 k 位二进制所表示出的数。
所以就要通过位运算将这 k 位二进制数变为一个int数：
while(x >= 1<<(k-1)) //保证当前k位数不是在二进制前导0位置的
{
mp[x & ((1<<k)-1)] = 1; //x 与上 最后k位为1，其余位为0的数，得到最后k位。
x >>= 1; //右移1，将最后一位抛弃
}
得到 x 的最后 k 位数表示的 int 数 y：
y = x & 最后k位为1，其余位为0的数。
得到最后 k 位为1，其余位为 0 的数：
构造第 k+1 位为1的数，再减去 1，便得到最后 k 位都为 1 的数。
例： ( 100000 ) 2 − 1 = ( 11111 ) 2 (100000)_2 - 1 = (11111)_2 (100000)2−1=(11111)2
//keeping hurry and coding calm.
typedef pair <int, int> PII;
map <int, int> mp;
const int N = 200010, mod = 1e9 + 7;
stack<int> stk;
vector<int> v;
int T, n, m;
int a[N];
bool pd(int x,int y)
{
mp.clear();
while(x >= 1<<(m-1))
{
mp[x & ((1<<m)-1)] = 1;
x >>= 1;
}
while(y >= 1<<(m-1))
{
if(mp[y & ((1<<m)-1)]) return 1;
y >>= 1;
}
return 0;
}
int main(){
cin>>n>>m;
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++)
if(pd(i,j)) cnt++;
cout<<cnt;
return 0;
}
这种做法代码更加简洁。
经验：
两个知识点：
1.判断两个字符串是否存在长度为 m 的相同子串？——O(n)复杂度。
2.位运算得到 二进制数的任意 k 位所表示的数。