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。
给你两个整数数组 nums1 和 nums2 ，它们长度都为 n 。
两个数组的 异或值之和 为 (nums1[0] XOR nums2[0]) + (nums1[1] XOR nums2[1]) + ... + (nums1[n - 1] XOR nums2[n - 1]) （下标从 0 开始）。
- 比方说，
[1,2,3]和[3,2,1]的 异或值之和 等于(1 XOR 3) + (2 XOR 2) + (3 XOR 1) = 2 + 0 + 2 = 4。
请你将 nums2 中的元素重新排列，使得 异或值之和 最小 。
请你返回重新排列之后的 异或值之和 。
示例 1：
js
输入：nums1 = [1,2], nums2 = [2,3]
输出：2
解释：将 `nums2` 重新排列得到 `[3,2] 。`
异或值之和为 (1 XOR 3) + (2 XOR 2) = 2 + 0 = 2 。示例 2：
js
输入：nums1 = [1,0,3], nums2 = [5,3,4]
输出：8
解释：将 `nums2 重新排列得到` `[5,4,3] 。`
异或值之和为 (1 XOR 5) + (0 XOR 4) + (3 XOR 3) = 4 + 4 + 0 = 8 。提示：
n == nums1.lengthn == nums2.length1 <= n <= 140 <= nums1[i], nums2[i] <= 10^7
解法 状压DP
设数组 n u m s 1 nums_1 nums1 和 n u m s 2 nums_2 nums2 的长度为 n n n ，我们可以用一个长度为 n n n 的二进制数 m a s k mask mask 表示数组 n u m s 2 nums_2 nums2 中的数被选择的状态：如果 m a s k mask mask 从低到高的第 i i i 位为 1 1 1 ，说明 n u m s 2 [ i ] nums_2[i] nums2[i] 已经被选择，否则说明其未被选择。
这样一来，我们就可以使用动态规划解决本题。记 f [ m a s k ] f[mask] f[mask] 表示当我们选择了数组 n u m s 2 nums_2 nums2 中的元素的状态为 m a s k mask mask，并且选择了数组 n u m s 1 nums_1 nums1 的前 count ( mask ) \text{count}(\textit{mask}) count(mask) 个元素的情况下，可以组成的最小的异或值之和。
或者使用更加直观的 f [ i ] [ m a s k ] f[i][mask] f[i][mask] ，表示选择数组 n u m s 1 nums_1 nums1 中 0 , ... , i 0, \dots, i 0,...,i 下标的元素、且选择数组 n u m s 2 nums_2 nums2 中元素的状态为 m a s k mask mask 情况下的最小异或值之和。
这里的 c o u n t ( m a s k ) count(mask) count(mask) 表示 m a s k mask mask 的二进制表示中 1 1 1 的个数。为了叙述方便，记 c = count ( mask ) c = \text{count}(\textit{mask}) c=count(mask) 。在进行状态转移时，我们可以枚举 nums 1 [ c − 1 ] \textit{nums}1[c-1] nums1[c−1] 与 n u m s 2 nums_2 nums2 中的哪一个元素进行了异或运算，假设其为 n u m s 2 [ i ] nums_2[i] nums2[i] ，那么有状态转移方程：
f [ mask ] = min mask 二进制表示的第 i 位为 1 { f [ mask \ i ] + ( nums 1 [ c − 1 ] ⊕ nums 2 [ i ] ) } f[\textit{mask}] = \min{\textit{mask} ~二进制表示的第~ i ~位为~ 1} \big\{ f[\textit{mask} \backslash i] + (\textit{nums}_1[c-1] \oplus \textit{nums}_2[i]) \big\} f[mask]=mask 二进制表示的第 i 位为 1min{f[mask\i]+(nums1[c−1]⊕nums2[i])}
其中 ⊕ \oplus ⊕ 表示异或运算， mask \ i \textit{mask} \backslash i mask\i 表示将 m a s k mask mask 的第 i i i 位从 1 1 1 变为 0 0 0 。最终的答案即为 f [ 2 n − 1 ] f[2^n - 1] f[2n−1] 。
细节： mask \ i \textit{mask} \backslash i mask\i 可以使用异或运算 mask ⊕ 2 i \textit{mask} \oplus 2^i mask⊕2i 实现；
判断 m a s k mask mask 的第 i i i 位是否为 111，等价于判断按位与运算 mask ∧ 2 i \textit{mask} \wedge 2^i mask∧2i 的值是否大于 0 0 0 ；或者 m a s k > > i & 1 mask\ >>\ i\ \&\ 1 mask >> i & 1 是否为 1 1 1 。
由于我们需要求出的是最小值，因此可以将所有的状态初始化为极大值 ∞ \infty ∞ ，方便进行状态转移。动态规划的边界条件为 f [ 0 ] = 0 f[0]=0 f[0]=0 ，即未选择任何数时，异或值之和为 0 0 0 。
cpp
class Solution {
public:
int minimumXORSum(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
int n = nums1.size();
vector<int> f(1 << n, INT_MAX);
f[0] = 0;
for (int mask = 1; mask < (1 << n); ++mask) {
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (mask & (1 << i)) {
f[mask] = min(f[mask], f[mask ^ (1 << i)] + (nums1[__builtin_popcount(mask) - 1] ^ nums2[i]));
}
}
}
return f[(1 << n) - 1];
}
};复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( 2 n ⋅ n ) O(2^n \cdot n) O(2n⋅n) ，其中 n n n 是数组 n u m s 1 nums_1 nums1 和 n u m s 2 nums_2 nums2 的长度。状态的数量为 O ( 2 n ) O(2^n) O(2n) ，每个状态需要 O ( n ) O(n) O(n) 的时间计算结果，因此总时间复杂度为 O ( 2 n ⋅ n ) O(2^n \cdot n) O(2n⋅n)
- 空间复杂度： O ( 2 n ) O(2^n) O(2n) ，即为状态的数量。
下面是记忆化搜索的代码：
cpp
class Solution {
public:
int minimumXORSum(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
int n = nums1.size();
vector<vector<int>> memo(n, vector<int>(1 << n, INT_MAX));
// memo[i][j]表示在0~i在 j 代表的元素没有被选中时的最小异或值之和
function<int(int, int)> f = [&](int i, int j) -> int {
if (i < 0) return 0;
int &ans = memo[i][j];
if (ans != INT_MAX) return ans;
for (int k = 0; k < n; ++k)
if ((j >> k) & 1)
ans = min(ans, f(i - 1, j ^ (1 << k)) + (nums1[i] ^ nums2[k]));
return ans;
};
return f(n - 1, (1 << n) - 1);
}
};