LeetCode 3143. 正方形中的最多点数【位运算,构造法】中等【C++,Java,Py3,Go,Rust】

本文主要是介绍LeetCode 3143. 正方形中的最多点数【位运算,构造法】中等【C++,Java,Py3,Go,Rust】，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

本文属于「征服LeetCode」系列文章之一，这一系列正式开始于2021/08/12。由于LeetCode上部分题目有锁，本系列将至少持续到刷完所有无锁题之日为止；由于LeetCode还在不断地创建新题，本系列的终止日期可能是永远。在这一系列刷题文章中，我不仅会讲解多种解题思路及其优化，还会用多种编程语言实现题解，涉及到通用解法时更将归纳总结出相应的算法模板。

为了方便在PC上运行调试、分享代码文件，我还建立了相关的仓库：https://github.com/memcpy0/LeetCode-Conquest。在这一仓库中，你不仅可以看到LeetCode原题链接、题解代码、题解文章链接、同类题目归纳、通用解法总结等，还可以看到原题出现频率和相关企业等重要信息。如果有其他优选题解，还可以一同分享给他人。

由于本系列文章的内容随时可能发生更新变动，欢迎关注和收藏征服LeetCode系列文章目录一文以作备忘。

给你两个整数 n 和 x 。你需要构造一个长度为 n 的 正整数 数组 nums ，对于所有 0 <= i < n - 1 ，满足 nums[i + 1] 大于 nums[i] ，并且数组 nums 中所有元素的按位 AND 运算结果为 x 。

返回 nums[n - 1] 可能的 最小 值。

示例 1：

输入：n = 3, x = 4
输出：6
解释：
数组 `nums` 可以是 `[4,5,6]` ，最后一个元素为 `6` 。

示例 2：

输入：n = 2, x = 7
输出：15
解释：
数组 `nums` 可以是 `[7,15]` ，最后一个元素为 `15` 。

提示：

• 1 <= n, x <= 10^8

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方法：位运算，两种简洁解法

从集合的视角看，$x$ 是每个 $nums[i]$ 的子集。换句话说，$nums[i]$ 一定是 $x$ 的超集。例如 $x=100100$ ，那么 $nums[i]$ 一定在如下序列中：
$$1\underline{00}1\underline{00},1\underline{00}1\underline{01},1\underline{00}1\underline{10},1\underline{00}1\underline{11},1\underline{01}1\underline{00},1\underline{01}1\underline{01},\dots$$
​
只看下划线上的数，是一个自然数序列
$$0000,0001,0010,0011,0100,0101,\cdots$$
为了让 $nums[n-1]$ 尽量小，我们应当选择 $x$ 的超集中最小的 $n$ 个数。

所以把 $x$ 的二进制中的 $0$ 视作「空位」，往空位上填入 $n-1$ ，即为最小的 $nums[n-1]$ 。如果空位不足，往 $x$ 的前面添加前导零即可。

class Solution:def minEnd(self, n: int, x: int) -> int:n -= 1  # 先把 n 减一，这样下面讨论的 n 就是原来的 n-1i = j = 0while n >> j:# x 的第 i 个比特值是 0，即「空位」if (x >> i & 1) == 0:# 空位填入 n 的第 j 个比特值x |= (n >> j & 1) << ij += 1i += 1return x

class Solution {public long minEnd(int n, int x) {n--; // 先把 n 减一，这样下面讨论的 n 就是原来的 n-1long ans = x;int i = 0, j = 0;while ((n >> j) > 0) {// x 的第 i 个比特值是 0，即「空位」if ((ans >> i & 1) == 0) {// 空位填入 n 的第 j 个比特值ans |= (long) (n >> j & 1) << i;j++;}i++;}return ans;}
}

class Solution {
public:long long minEnd(int n, int x) {n--; // 先把 n 减一，这样下面讨论的 n 就是原来的 n-1long long ans = x;int i = 0, j = 0;while (n >> j) {// x 的第 i 个比特值是 0，即「空位」if ((ans >> i & 1) == 0) {// 空位填入 n 的第 j 个比特值ans |= (long long) (n >> j & 1) << i;j++;}i++;}return ans;}
};

func minEnd(n, x int) int64 {n-- // 先把 n 减一，这样下面讨论的 n 就是原来的 n-1i, j := 0, 0for n>>j > 0 {// x 的第 i 个比特值是 0，即「空位」if x>>i&1 == 0 {// 空位填入 n 的第 j 个比特值x |= n >> j & 1 << ij++}i++}return int64(x)
}

impl Solution {pub fn min_end(n: i32, x: i32) -> i64 {let mut tn: i64 = n as i64 - 1;let mut tx: i64 = x as i64;let mut i: i64 = 0;let mut j: i64 = 0;while tn >> j != 0 {if (tx >> i & 1) == 0 {tx |= (tn >> j & 1) << i;j += 1;}i += 1;}tx}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(\log x+\log n)$ 。
• 空间复杂度：$O(1)$ 。

优化：把 $x$ 取反，用 $lowbit$ 枚举其中的 $1$ 的值，就是要填的空位。

class Solution:def minEnd(self, n: int, x: int) -> int:n -= 1j = 0t = ~xwhile n >> j:lb = t & -tx |= (n >> j & 1) * lbj += 1t ^= lbreturn x

class Solution {
public:long long minEnd(int n, int x) {n--;long long ans = x;int j = 0;for (long long t = ~x, lb; n >> j; t ^= lb) {lb = t & -t;ans |= (long long) (n >> j++ & 1) * lb;}return ans;}
};

class Solution {public long minEnd(int n, int x) {n--;long ans = x;int j = 0;for (long t = ~x, lb; (n >> j) > 0; t ^= lb) {lb = t & -t;ans |= (long) (n >> j++ & 1) * lb;}return ans;}
}

func minEnd(n, x int) int64 {n--j := 0for t, lb := ^x, 0; n>>j > 0; t ^= lb {lb = t & -tx |= n >> j & 1 * lbj++}return int64(x)
}

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(\log n)$ 。循环次数只和入参 $n$ 有关。
• 空间复杂度：$O(1)$ 。

更快的做法？《Hacker’s Delight》第 7.5 节。

思考题
额外输入一个 $forbidden$ 数组，表示禁止出现在 $nums$ 中的数。在这种额外约束下，$nums[n-1]$ 的最小值是多少？
答：出现在 nums 中的数无疑能满足相与后为 $x$ ，禁止的这些数相与也是 $x$ ，禁止这些数出现后还要相与为 $x$ 。因此先剥离出 $forbidden$ 数组中每个数出现在【 $x$ 的 $0$ 位】上的值组成新数组，排序，遍历新数组，如果值小于 $k$（初始为 $k=n-1$ ），则 $k++$ 。最后，往空位上填入 $k$ 。

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