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题目
题目链接：洛谷 AT4693、AtCoder agc031_c。
题意概述
给定三个数 \(n,a,b\)，求一个 \(0\sim 2^n-1\) 的排列满足下列三个条件：
- \(p_1=a\)；
- \(p_{2^n}=b\)；
- \(\operatorname{popcount}(p_i\oplus p_{i+1})=1\)，其中 \(\oplus\) 表示按位异或。
请你判定是否可以构造并输出方案（若可以）。
题解
启发式的画图
直接考虑这个问题，似乎有些困难？
我们先用简单的语言，将它转化为一个图论问题。
图论转化
如果两个整数 \(a,b\in[0,2^n)\)，满足 \(\operatorname{popcount}(a\oplus b)=1\)，那么我们就在 \(a,b\) 之间连一条边。
那么问题转化为了给定起点与终点，求一条长度为 \(2^n\) 的简单路径。
转化成了图论问题，我们肯定要用几何直观来看看这个图到底是什么样子，采用画图工具 Graph Editor，取 \(n=2,3\) 时：
图片 \(n=2\)：
图片 \(n=3\)：
这提醒我们，整个图将会形成一个 \(n\) 维立方体。
具体地，我们考虑证明这件事，非常简单，换个角度即可。我们将一个二进制数各位上的数分开，看作各个维度的坐标值，例如 \(0=(00)_2\to (0,0),2=(10)_2\to (1,0)\)。那么我们不难得到此结论。
熟练解决图论问题
我们不难发现，这个图是一个二分图，其中左部点编号对应的二进制数中 \(1\) 的个数为偶数，右部点编号对应的二进制数中 \(1\) 的个数为奇数。
我们由此得到结论，如果存在答案，那么 \(\operatorname{popcount}(a\oplus b)\equiv 1\pmod 2\)。
这个条件对解的必要性已经得到证明，下面我们通过构造来证明其充分性。
构造与递推
首先为了化简问题，我们不难发现从 \(a\) 走到 \(b\) 等价于从 \(0\) 走到 \(a\oplus b\)，这是因为异或的自反律与交换律，即 \(p_i\oplus x\oplus p_{i+1}\oplus x=p_i\oplus p_{i+1}\)。
对于 \(n\) 维立方体，它一定是由两个 \(n-1\) 维立方体上下拼接而成。
因此，我们考虑用类似数学归纳法的方式进行构造。
我们具有归纳基础，因为显然我们会 \(n=1\) 时的情况（一条线段从 \(0\) 走到 \(1\)）；
我们考虑如何通过 \(n-1\) 维的方案构造 \(n\) 维的方案，我们决定分类讨论：
- 根据上面的理论，我们分类讨论终点的位置（起点为 \(0\)）；
- 终点 \(t\) 与起点在不同的层：我们找到一条合法的从起点走 \(n-1\) 维空间到达 \(x\) 的方案，然后 \(x\) 走到另一层对应的点 \(x'\)，再在 \(n-1\) 维空间中从 \(0\) 走到 \(t\oplus x'\) 的方案，\(x\) 可任取；
- 终点 \(t\) 与起点在同一层：我们直接从 \(0\) 走到 \(t\)，然后把路径从路径中任意两个相邻点之间直接分割开来，在中间插入一个下层的 \(n-1\) 维的路径。
上面的文字叙述可能有点难懂，我们画个三维空间的图：
第一种情况：
第二种情况：
至此，我们用构造的方法证明了条件的充分性，可解决本题。
时间复杂度为 \(T(n)=2T(n-1)+\Theta(2^n)\)，分析可知为 \(\Theta(2^{n+1})\)。
参考程序
参考程序中情况一选取 \(x=1\)，情况二选取起点和路径的第二个点。
__builtin_parity(x) 表示求 \(x\) 的二进制表示中 \(1\) 的个数的奇偶性，奇数为 \(1\)，偶数为 \(0\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define reg register
typedef long long ll;
#define flush() (fwrite(wbuf,1,wp1,stdout),wp1=0)
#define putchar(c) (wp1==wp2&&(flush(),0),wbuf[wp1++]=c)
static char wbuf[1<<21];int wp1;const int wp2=1<<21;
inline void write(reg int x){
static char buf[32];
reg int p=-1;
if(!x) putchar('0');
else while(x) buf[++p]=(x%10)^'0',x/=10;
while(~p) putchar(buf[p--]);
return;
}
inline void writeln(const char *s){
while(*s) putchar(*(s++));
putchar('\n');
return;
}
const int MAXN=17;
inline void solve(reg int x,reg int a,reg int ans[]){
if(!x)
ans[0]=0;
else if(x==1)
ans[0]=0,ans[1]=1;
else{
reg int val=1<<(x-1);
if(a&val){
solve(x-1,1,ans),solve(x-1,a^(val+1),ans+val);
for(reg int i=val;i<(1<<x);++i)
ans[i]=ans[i]^(val+1);
}
else{
solve(x-1,a,ans),solve(x-1,ans[1],ans+val);
for(reg int i=val;i<(1<<x);++i)
ans[i]=ans[i]^val;
static int tmp[1<<MAXN];
tmp[0]=ans[0];
for(reg int i=0;i<val;++i)
tmp[i+1]=ans[i+val];
for(reg int i=val+1;i<(1<<x);++i)
tmp[i]=ans[i-val];
for(reg int i=0;i<(1<<x);++i)
ans[i]=tmp[i];
}
}
return;
}
int n,A,B;
int ans[1<<MAXN];
int main(void){
scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
B^=A;
if(__builtin_parity(B)){
writeln("YES");
solve(n,B,ans);
reg int U=(1<<n)-1;
for(reg int i=0;i<=U;++i)
write(ans[i]^A),putchar(i==U?'\n':' ');
}
else
writeln("NO");
flush();
return 0;
}