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正解

思路

n 的特殊值：

\(n=0\)

• 此时，只有一个数，所以 k 是多少并不能对它造成限制，直接输出即可。

\(n=1\)

• 此时，有两个数，且这两个数是 0 和 1 ，所以 k 只能等于 1 。

此后，不妨假设 \(n \ge 2\)

无解情况

事实上，它有解当且仅当 \(n>k\) 且 \(k \mod 2 =1\) （也就是 k 为奇数）。

证明：

对于 \(n>k\)

• 显然， \(n<k\) 无解很好理解

• 但是 \(n=k\) 的时候，为什么无解呢？

• 这个其实也好理解，因为如果 \(n=k\) ，就要求相邻两个元素完全取反，所以这种情况合法当且仅当 \(n=1\) ，而现在已经假设了 \(n \ge 2\) ，所以它无解

• 为什么成立了就有解呢？这个其实也不一定，它只作为其中一个限制条件，剩下的看下面。

对于 \(k \mod 2 =1\)

• 如果 k 为偶数，不难发现，每两个数之间的 \(popcount\) 一定相差偶数个，即奇偶性相同，这时候，只能保证出现所有 \(popcount\) 奇偶性相同的数，对于不同的数则不可能出现，然后就 GG 了。

• 反之，则可以一奇一偶交替覆盖，便有解了。

如何构造

这里，不妨先假设 \(n=k+1\)

然后怎么做呢？

Step 1

• 首先，构造一个格雷码 \(a_1\sim a_{...} \sim a_{2^n}\)

• 怎么构造呢？很简单：

a[i]=i^(i>>1)

• 为什么？我也不知道 QWQ

• 反正它对就是了~

Step 2

• 注意到，格雷码中每两位之间有且仅有一位不同，即 \(n-1\) 位相同，将每一个下标为偶数的元素取反 （ \(\oplus 2^n-1\) ），就变成了 \(n-1\) 位不同，而我们已经假设 \(n=k+1\) ，所以此时任意两位之间都有 \(k\) 位不同，符合题意。

Step 3

• 对于每个 \(a_i\) ，将其 \(\oplus 2^n+2^{k-1}-1\) ，得到 \(c_1 \sim c_{...} \sim c_{2^n}\)，其中， \(2^n\) 意味着最高位的取反，而 \(2^{k-1}-1\) 则意味着最后 \(k-1\) 位的取反，这样，刚好有 \(k\) 位变得相反。

• 然后，把每个 \(c_i\) 倒序拼到 a 序列的后面，得到的就是 n 再增大 1 的答案。

• 正确性：

• 首先，c 序列只是将最后 \(k-1\) 位取反，这意味着该覆盖到的还是覆盖到了。

• 其次，c 序列将最高位取反，这意味着它覆盖了 n 再增大 1 的答案的另一部分，保证了不重不漏地覆盖每一个数。

• 然后，不断按照此操作进行覆盖，直到 \(n\) 符合数据要求即可。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,k,now; 
int a[3050000],c[3050000];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	if(n==0){printf("1\n0\n");return 0;}
	if(n==1){if(k==1) printf("1\n0 1\n");else printf("0\n");return 0;}
	if(k>=n||!(k&1)){printf("0\n");return 0;	}
	printf("1\n");
	now=k+1;
	for(int i=0;i<(1<<now);++i) a[i]=i^(i>>1);//格雷码公式
	for(int i=0;i<(1<<now);++i,++i) a[i]^=((1<<now)-1);//将偶数位取反
	for(;now<=n;++now){
		for(int i=0;i<(1<<now);++i)
			c[i]=a[i]^((1<<now)+(1<<(k-1))-1);//按照上面进行取反
		for(int i=0;i<(1<<now);++i)
			a[(1<<now)+i]=c[(1<<now)-i-1];//倒序拼接
	}
	for(int i=0;i<(1<<n);++i)
		printf("%d ",a[i]);
	printf("\n");
	return 0;
}