题目形容
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：
- $n = nums1.length$
- $n == nums2.length$
- $1 <= n <= 14$
- $0 <= nums1[i], nums2[i] <= 10^7$
状压 DP
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：$O(n \times 2^n)$
模拟退火
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; }}- 工夫复杂度：启发式搜寻不探讨时空复杂度
- 空间复杂度：启发式搜寻不探讨时空复杂度
最初
这是咱们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.1879 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，局部是有锁题，咱们将先把所有不带锁的题目刷完。
在这个系列文章外面，除了解说解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果波及通解还会相应的代码模板。
为了不便各位同学可能电脑上进行调试和提交代码，我建设了相干的仓库：https://github.com/SharingSource/LogicStack-LeetCode 。
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