[CSP-S2019] 格雷码

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题目描述

通常，人们习惯将所有 \(n\) 位二进制串按照字典序排列，例如所有 2 位二进制串按字典序从小到大排列为：00，01，10，11。

格雷码（Gray Code）是一种特殊的 \(n\) 位二进制串排列法，它要求相邻的两个二进制串间恰好有一位不同，特别地，第一个串与最后一个串也算作相邻。

所有 2 位二进制串按格雷码排列的一个例子为：00，01，11，10。

\(n\) 位格雷码不止一种，下面给出其中一种格雷码的生成算法：

1. 1 位格雷码由两个 1 位二进制串组成，顺序为：0，1。
2. \(n + 1\) 位格雷码的前 \(2^n\) 个二进制串，可以由依此算法生成的 \(n\) 位格雷码（总共 \(2^n\) 个 \(n\) 位二进制串）按顺序排列，再在每个串前加一个前缀 0 构成。
3. \(n + 1\) 位格雷码的后 \(2^n\) 个二进制串，可以由依此算法生成的 \(n\) 位格雷码（总共 \(2^n\) 个 \(n\) 位二进制串）按逆序排列，再在每个串前加一个前缀 1 构成。

综上，\(n + 1\) 位格雷码，由 \(n\) 位格雷码的 \(2^n\) 个二进制串按顺序排列再加前缀 0，和按逆序排列再加前缀 1 构成，共 \(2^{n+1}\) 个二进制串。另外，对于 \(n\) 位格雷码中的 \(2^n\) 个 二进制串，我们按上述算法得到的排列顺序将它们从 \(0 \sim 2^n - 1\) 编号。

按该算法，2 位格雷码可以这样推出：

1. 已知 1 位格雷码为 0，1。
2. 前两个格雷码为 00，01。后两个格雷码为 11，10。合并得到 00，01，11，10，编号依次为 0 ~ 3。

同理，3 位格雷码可以这样推出：

1. 已知 2 位格雷码为：00，01，11，10。
2. 前四个格雷码为：000，001，011，010。后四个格雷码为：110，111，101，100。合并得到：000，001，011，010，110，111，101，100，编号依次为 0 ~ 7。

现在给出 \(n\)，\(k\)，请你求出按上述算法生成的 \(n\) 位格雷码中的 \(k\) 号二进制串。

输入格式

仅一行两个整数 \(n\)，\(k\)，意义见题目描述。

输出格式

仅一行一个 \(n\) 位二进制串表示答案。

样例 #1

样例输入 #1

2 3

样例输出 #1

10

样例 #2

样例输入 #2

3 5

样例输出 #2

111

样例 #3

样例输入 #3

44 1145141919810

样例输出 #3

00011000111111010000001001001000000001100011

提示

【样例 1 解释】

2 位格雷码为：00，01，11，10，编号从 0∼3，因此 3 号串是 10。

【样例 2 解释】

3 位格雷码为：000，001，011，010，110，111，101，100，编号从 0∼7，因此 5 号串是 111。

【数据范围】

对于 \(50\%\) 的数据：\(n \leq 10\)

对于 \(80\%\) 的数据：\(k \leq 5 \times 10^6\)

对于 \(95\%\) 的数据：\(k \leq 2^{63} - 1\)

对于 \(100\%\) 的数据：\(1 \leq n \leq 64\), \(0 \leq k \lt 2^n\)

思路：

首先

我们观察题目给的一组处理好的串(我们称每一个经处理后的格雷数为串)

000，001，011，010，110，111，101，100，

会惊奇地发现

前四个串第一位数都为0

（000，001，011，010）
数字的加粗好像不是很明显

后四个串第一位数都是1

（110，111，101，100）

然后我们从中间分开

前四个串放一起

后四个串放一起

继续看

又会惊奇地发现

1. 在这前四个串中（即前半部分）

前两个串的第二位都是0（000，001）设这组串为a

后两个串的第二位都是1（011，010）设这组串为b

• 二分a（000，001）
  前一个串的第三位都是0 (即前半部分)
  后一个串的第三位都是1 (即后半部分)
• 二分b（011，010）
  前一个串的第三位都是1 (即前半部分)
  后一个串的第三位都是0 (即后半部分)

2. 在后四个串中（即后半部分）

前两个串的第二位都是1（110，111）设这组串为c

后两个串的第二位都是0（101，100）设这组串为d

• 二分c（110，111）
  前一个串的第三位是0 (即前半部分)
  后一个串的第三位是1 (即后半部分)
• 二分d（101，100）
  前一个串的第三位是1 (即前半部分)
  后一个串的第三位是0 (即后半部分)

然后

我们理一下思路

就会发现一个规律：

每一个阶段

前半段或后半段二分次数对应的位数是0还是1

取决于上一个阶段

也就是看k在上一个阶段
是在前半段
还是后半段

来自前半段的话

• 前半段对应位数的字符则是0
• 后半段是1

来自后半段的话

• 前半段对应位数的字符则是1
• 后半段是0

可以在处理的过程中直接输出

不需要存

还有一点！！

一定要用unsigned long long !!!!!

下面给出代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>

using namespace std;

unsigned long long k,bk;
int n;
bool flag;
  
int main()
{
    cin>>n>>k;
    bk=pow(2,n-1);//从0开始编号则n-1
  
    while(bk)//直到长度为0
    { 
        if(!flag)
        {
	    if(k < bk) cout<<"0";//此处省略一个flag=false;
	    else if(k >= bk) 
            {
	        cout<<"1";
	        k -= bk;//为下一阶段判断k的位置做准备
	        flag = true;//k在后半段下一阶段为10顺序    
	    }
        }
        
        else if(flag)
        {
	    if(k < bk)
            {
                cout<<"1";
                flag = false;//若k在前半段，使下一阶段为01顺序
	    } 
	    else if(k >= bk) { //如果k大于bk则在后半段
	    cout<<"0";
            k -= bk;//为下一阶段判断k的位置做准备
                        //此处省略一个flag=true;
	    }
        }
        
	bk >>= 1;//每次去掉一半，k在前半段则去掉后半段长度，
                                          在后半段则去掉前半段长度      
    }
  
	return 0;
}