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

---

方法：位运算，两种简洁解法

从集合的视角看， x x x 是每个 n u m s [ i ] nums[i] nums[i] 的子集 。换句话说， n u m s [ i ] nums[i] nums[i] 一定是 x x x 的超集 。例如 x = 100100 x=100100 x=100100 ，那么 n u m s [ i ] nums[i] nums[i] 一定在如下序列中：
1 00 ‾ 1 00 ‾ , 1 00 ‾ 1 01 ‾ , 1 00 ‾ 1 10 ‾ , 1 00 ‾ 1 11 ‾ , 1 01 ‾ 1 00 ‾ , 1 01 ‾ 1 01 ‾ , ... 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 100100,100101,100110,100111,101100,101101, ...

​
只看下划线上的数，是一个自然数序列
0000 , 0001 , 0010 , 0011 , 0100 , 0101 , ⋯ 0000,0001,0010,0011,0100,0101,⋯ 0000,0001,0010,0011,0100,0101,⋯

为了让 n u m s [ n − 1 ] nums[n−1] nums[n−1] 尽量小，我们应当选择 x x x 的超集中最小的 n n n 个数。

所以把 x x x 的二进制中的 0 0 0 视作「空位」，往空位上填入 n − 1 n−1 n−1 ，即为最小 的 n u m s [ n − 1 ] nums[n−1] nums[n−1] 。如果空位不足，往 x x 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-1
        i = j = 0
        while 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) << i
                j += 1
            i += 1
        return 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-1
        long 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-1
        long 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-1
	i, j := 0, 0
	for 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 << i
			j++
		}
		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 ) O(\log x+\log n) O(logx+logn) 。
• 空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1) 。

优化 ：把 x x x 取反，用 l o w b i t lowbit lowbit 枚举其中的 1 1 1 的值，就是要填的空位。

class Solution:
    def minEnd(self, n: int, x: int) -> int:
        n -= 1
        j = 0
        t = ~x
        while n >> j:
            lb = t & -t
            x |= (n >> j & 1) * lb
            j += 1
            t ^= lb
        return 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 := 0
	for t, lb := ^x, 0; n>>j > 0; t ^= lb {
		lb = t & -t
		x |= n >> j & 1 * lb
		j++
	}
	return int64(x)
}

复杂度分析

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

更快的做法？《Hacker's Delight》第 7.5 节。

思考题

额外输入一个 f o r b i d d e n forbidden forbidden 数组，表示禁止出现在 n u m s nums nums 中的数。在这种额外约束下， n u m s [ n − 1 ] nums[n−1] 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 x x ，禁止的这些数相与也是 x x x ，禁止这些数出现后还要相与为 x x x 。因此先剥离出 f o r b i d d e n forbidden forbidden 数组中每个数出现在【 x x x 的 0 0 0 位】上的值组成新数组，排序，遍历新数组，如果值小于 k k k（初始为 k = n − 1 k = n - 1 k=n−1 ），则 k + + k++ k++ 。最后，往空位上填入 k k k 。