关于后端:月度刷题计划同款常规状压-DP-启发式搜索

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这是 LeetCode 上的 1879. 两个数组最小的异或值之和 ，难度为艰难。

Tag :「状压 DP」、「动静布局」、「启发式搜寻」

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：

输出：nums1 = [1,2], nums2 = [2,3]

输入：2

解释：将 nums2 重新排列失去 [3,2]。异或值之和为 (1 XOR 3) + (2 XOR 2) = 2 + 0 = 2。

示例 2：

输出：nums1 = [1,0,3], nums2 = [5,3,4]

输入：8

解释：将 nums2 重新排列失去 [5,4,3]。异或值之和为 (1 XOR 5) + (0 XOR 4) + (3 XOR 3) = 4 + 4 + 0 = 8。

提醒：

$n = nums1.length$
$n == nums2.length$
$1 <= n <= 14$
$0 <= nums1[i], nums2[i] <= 10^7$

这是一道「状压 DP」模板题。

为了不便，咱们令下标从 $1$ 开始。

定义 $f[i][s]$ 为思考前 $i$ 个元素，且对 nums2 的应用状况为 $s$ 时的最小异或值。其中 $s$ 是一个长度为 $n$ 的二进制数：若 $s$ 中的第 $k$ 位为 $1$，阐明 nums2[k] 已被应用；若 $s$ 中的第 $k$ 位为 $0$，阐明 nums2[k] 未被应用。

起始时，只有 $f[0][0] = 0$，其余均为无穷大 INF。$f[0][0]$ 含意为在不思考任何数，对 nums2 没有任何占用状况时，最小异或值为 $0$。最终 $f[n][2^n – 1]$ 即为答案。

不失一般性思考 $f[i][s]$ 该如何转移，能够以 nums1[i] 是与哪个 nums2[j] 进行配对作为切入点：

因为总共思考了前 $i$ 个成员，因而 $s$ 中 $1$ 的数量必然为 $i$，否则 $f[i][s]$ 就不是一个非法状态，跳过转移
枚举 nums1[i] 是与哪一个 nums2[j] 进行配对的，且枚举的 $j$ 需满足在 $s$ 中的第 $j$ 位值为 $1$，若满足则有

$$
f[i][s] = \min(f[i][s], f[i – 1][prev] + nums1[i] ⊕ nums2[j])
$$

其中 prev 为将 $s$ 中的第 $j$ 位进行置零后的二进制数，即 prev = s ^ (1 << j)，符号 ⊕ 代表异或操作。

Java 代码：

class Solution {public int minimumXORSum(int[] nums1, int[] nums2) {
        int n = nums1.length, mask = 1 << n, INF = 0x3f3f3f3f;
        int[][] f = new int[n + 10][mask];
        for (int i = 0; i <= n; i++) Arrays.fill(f[i], INF);
        f[0][0] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int s = 0; s < mask; s++) {if (getCnt(s, n) != i) continue;
                for (int j = 1; j <= n; j++) {if (((s >> (j - 1)) & 1) == 0) continue;
                    f[i][s] = Math.min(f[i][s], f[i - 1][s ^ (1 << (j - 1))] + (nums1[i - 1] ^ nums2[j - 1]));
                }
            }
        }
        return f[n][mask - 1];
    }
    int getCnt(int s, int n) {
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) ans += (s >> i) & 1;
        return ans;
    }
}

C++ 代码：

class Solution {
public:
    int minimumXORSum(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {int n = nums1.size(), mask = 1 << n, INF = 0x3f3f3f3f;
        vector<vector<int>> f(n + 10, vector<int>(mask, INF));
        f[0][0] = 0;
        auto getCnt = [&](int s, int n) {
            int ans = 0;
            for (int i = 0; i < n; i++) ans += (s >> i) & 1;
            return ans;
        };
        for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int s = 0; s < mask; s++) {if (getCnt(s, n) != i) continue;
                for (int j = 1; j <= n; j++) {if (((s >> (j - 1)) & 1) == 0) continue;
                    f[i][s] = min(f[i][s], f[i - 1][s ^ (1 << (j - 1))] + (nums1[i - 1] ^ nums2[j - 1]));
                }
            }
        }
        return f[n][mask - 1];
    }
};

Python 代码：

class Solution:
    def minimumXORSum(self, nums1: List[int], nums2: List[int]) -> int:
        n, mask, INF = len(nums1), 1 << len(nums1), 0x3f3f3f3f
        f = [[INF] * mask for _ in range(n + 10)]
        f[0][0] = 0
        for i in range(1, n + 1):
            for s in range(mask):
                if sum([1 for i in range(n) if (s >> i) & 1]) != i:
                    continue
                for j in range(1, n + 1):
                    if ((s >> (j - 1)) & 1) == 0:
                        continue
                    f[i][s] = min(f[i][s], f[i - 1][s ^ (1 << (j - 1))] + (nums1[i - 1] ^ nums2[j - 1]))
        return f[n][mask - 1]

TypeScript 代码：

function minimumXORSum(nums1: number[], nums2: number[]): number {
    const n = nums1.length, mask = 1 << n, INF = 0x3f3f3f3f;
    const f: number[][] = new Array(n + 10).fill([]).map(() => new Array(mask).fill(INF));
    f[0][0] = 0;
    const getCnt = (s: number, n: number): number => {
        let ans = 0;
        for (let i = 0; i < n; i++) ans += (s >> i) & 1;
        return ans;
    };
    for (let i = 1; i <= n; i++) {for (let s = 0; s < mask; s++) {if (getCnt(s, n) !== i) continue;
            for (let j = 1; j <= n; j++) {if (((s >> (j - 1)) & 1) === 0) continue;
                f[i][s] = Math.min(f[i][s], f[i - 1][s ^ (1 << (j - 1))] + (nums1[i - 1] ^ nums2[j - 1]));
            }
        }
    }
    return f[n][mask - 1];
};

工夫复杂度：$O(n^2 \times 2^n)$
空间复杂度：$O(n \times 2^n)$

事实上，这道题还能应用「模拟退火」进行求解。

因为咱们能够有限次对 nums2 进行打乱调换，先来思考如何掂量一个 nums2 排列的“好坏”。

一个简略的形式：固定计算 (nums1[0] XOR nums2[0]) + (nums1[1] XOR nums2[1]) + ... + (nums1[n - 1] XOR nums2[n - 1]) 作为掂量以后 nums2 的得分，得分越小，以后的 nums2 排列越好。

迭代开始前先对 nums2 进行一次随机打乱，随后每个回合随机抉择 nums2 的两个成员进行调换，并比拟调换前后的得分状况，若调换后变好，那么保留该调换操作；若变差，则以肯定概率进行重置（从新换回来）。

反复迭代屡次，应用一个全局变量 ans 保留下最小异或值之和。

即「模拟退火」的单次迭代根本流程：

随机抉择两个下标，计算「替换下标元素前对应序列的得分」&「替换下标元素后对应序列的得分」
如果温度降落（替换后的序列更优），进入下一次迭代
如果温度回升（替换前的序列更优），以「肯定的概率」复原现场（再替换回来）

对于一个可能使用模拟退火求解的问题，最外围的是如何实现 calc 办法（即如何定义一个具体计划的得分），其余均为模板内容。

Java 代码（2023/08/23 可过）：

class Solution {
    int N = 400;
    double hi = 1e5, lo = 1e-5, fa = 0.90;
    Random random = new Random(20230823);
    void swap(int[] n, int a, int b) {int c = n[a];
        n[a] = n[b];
        n[b] = c;
    }
    int calc() {
        int res = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) res += n1[i] ^ n2[i];
        ans = Math.min(ans, res);
        return res;
    }
    void shuffle(int[] nums) {for (int i = n; i > 0; i--) swap(nums, random.nextInt(i), i - 1);
    }
    void sa() {shuffle(n2);
        for (double t = hi; t > lo; t *= fa) {int a = random.nextInt(n), b = random.nextInt(n);
            int prev = calc();
            swap(n2, a, b);
            int cur = calc(); 
            int diff = cur - prev; 
            if (Math.log(diff / t) >= random.nextDouble()) swap(n2, a, b);
        }
    }
    int[] n1, n2;
    int n;
    int ans = Integer.MAX_VALUE;
    public int minimumXORSum(int[] nums1, int[] nums2) {
        n1 = nums1; n2 = nums2;
        n = n1.length;
        while (N-- > 0) sa();
        return ans;
    }
}