[CSP-S2 2019]格雷码 题解

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题目描述

通常，人们习惯将所有 $n$ 位二进制串按照字典序排列，例如所有 $2$ 位二进制串按字典序从小到大排列为：$00$，$01$，$10$，$11$。

格雷码（Gray Code）是一种特殊的 $n$ 位二进制串排列法，它要求相邻的两个二进制串间恰好有一位不同，特别地，第一个串与最后一个串也算作相邻。

所有 $2$ 位二进制串按格雷码排列的一个例子为：$00$，$01$，$11$，$10$。

$n$ 位格雷码不止一种，下面给出其中一种格雷码的生成算法：

1. $1$ 位格雷码由两个 $1$ 位二进制串组成，顺序为：$0$，$1$。
2. $n + 1$ 位格雷码的前 $2^n$ 个二进制串，可以由依此算法生成的 $n$ 位格雷码（总共 $2^n$ 个 $n$ 位二进制串）按顺序排列，再在每个串前加一个前缀 $0$ 构成。
3. $n + 1$ 位格雷码的后 $2^n$ 个二进制串，可以由依此算法生成的 $n$ 位格雷码（总共 $2^n$ 个 $n$ 位二进制串）按逆序排列，再在每个串前加一个前缀 $1$ 构成。

综上，$n + 1$ 位格雷码，由 $n$ 位格雷码的 $2^n$ 个二进制串按顺序排列再加前缀 $0$，和按逆序排列再加前缀 $1$ 构成，共 $2^{n+1}$ 个二进制串。另外，对于 $n$ 位格雷码中的 $2^n$ 个二进制串，我们按上述算法得到的排列顺序将它们从 $0 \sim 2^n – 1$ 编号。

按该算法，$2$ 位格雷码可以这样推出：

1. 已知 $1$ 位格雷码为 $0$，$1$。
2. 前两个格雷码为 $00$，$01$。后两个格雷码为 $11$，$10$。合并得到 $00$，$01$，$11$，$10$，编号依次为 $0 \sim 3$。

同理，$3$ 位格雷码可以这样推出：

1. 已知 $2$ 位格雷码为：$00$，$01$，$11$，$10$。
2. 前四个格雷码为：$000$，$001$，$011$，$010$。后四个格雷码为：$110$，$111$，$101$，$100$。合并得到：$000$，$001$，$011$，$010$，$110$，$111$，$101$，$100$，编号依次为 $0 \sim 7$。

现在给出 $n, k$，请你求出按上述算法生成的 $n$ 位格雷码中的 $k$ 号二进制串。

题意简述

按规则求出格雷码。

输入输出格式

输入格式：

从文件 code.in 中读入数据。

仅一行两个整数 $n, k$，意义见题目描述。

输出格式：

输出到文件 code.out 中。

仅一行一个 $n$ 位二进制串表示答案。

输入输出样例

输入样例#1：

2 3

输出样例#1：

10

输入样例#2：

3 5

输出样例#2：

111

数据范围

对于 $50\%$ 的数据：$n \leq 10$

对于 $80\%$ 的数据：$k \leq 5 \times 10^6$

对于 $95\%$ 的数据：$k \leq 2^{63}-1$

对于 $100\%$ 的数据：$1 \leq n \leq 64 , 0 \leq k < 2^n$

题解

要求出 $n$ 位格雷码，就需要求出 $n-1$ 位格雷码， $n-1$ 位格雷码又需要用 $n-2$ 位格雷码来求，这构成了一种适合递归解决的问题。因此，这里就使用递归解决这个问题。

接下来分析求出样例 $2$ 答案的过程：

我们可以推得解决一般性问题的流程：

1. 边界条件：当 $n=1$ 时， $k$ 值就是此时要求的的 $1$ 位格雷码；
2. 判断当前 $k$ 属于前半段（正序）还是后半段（逆序），这决定了是否需要把下一层的递归 $k$ 值换算成正序的编号以及加的前缀是 $0$ 还是 $1$ ；
3. 如果 $k < 2^{n-1}$ ，说明要求的格雷码是前半段的，对应 $n-1$ 位格雷码的编号 $k$ ，加前缀 $0$ ；
4. 如果 $2^{n-1} \leq k \leq 2^n-1$ ，说明要求的格雷码是后半段的，对应 $n-1$ 位格雷码的编号 $2^n-1-k$ ，加前缀 $1$ 。

使用递归实现这一流程即可求出格雷码。

需要注意的是，本题的数据范围为 $n \leq 64$ ，需要用 unsigned long long ，否则会溢出导致 $95$ 分。

代码

// Code by KSkun, 2019/11
#include <cstdio>
#include <cctype>

#include <algorithm>
#include <utility>

typedef unsigned long long LL;
typedef std::pair<int, int> PII;

inline char fgc() {
	static char buf[100000], * p1 = buf, * p2 = buf;
	return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2)
		? EOF : *p1++;
}

inline LL readint() {
	LL res = 0, neg = 1; char c = fgc();
	for(; !isdigit(c); c = fgc()) if(c == '-') neg = -1;
	for(; isdigit(c); c = fgc()) res = res * 10 + c - '0';
	return res * neg;
}

inline char readsingle() {
	char c;
	while(!isgraph(c = fgc())) {}
	return c;
}

LL n, k;
int ans[100];

void dfs(int pos, LL k) {
	if (pos == 1) {
		ans[pos] = k;
		return;
	}
	if (k < (1ull << (pos - 1))) {
		ans[pos] = 0;
		dfs(pos - 1, k);
	} else {
		ans[pos] = 1;
		dfs(pos - 1, (1ull << (pos - 1)) - k - 1 + (1ull << (pos - 1)));
	}
}

int main() {
	n = readint(); k = readint();
	dfs(n, k);
	for (int i = n; i >= 1; i--) {
		printf("%d", ans[i]);
	}
	return 0;
}