LC 1879. 两个数组最小的异或值之和

题目描述

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

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：

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：

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

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状压 DP

这是一道「状压 DP」模板题。

为了方便，我们令下标从 $1$ 开始。

定义 $f[i][s]$ 为考虑前 $i$ 个元素，且对 nums2 的使用情况为 $s$ 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 $1$，说明 nums2[k] 已被使用；若 $s$ 中的第 $k$ 位为 $0$，说明 nums2[k] 未被使用。

起始时，只有 $f[0][0] = 0$，其余均为无穷大 INF。$f[0][0]$ 含义为在不考虑任何数，对 nums2 没有任何占用情况时，最小异或值为 $0$。最终 $f[n][2^n - 1]$ 即为答案。

不失一般性考虑 $f[i][s]$ 该如何转移，可以以 nums1[i] 是与哪个 nums2[j] 进行配对作为切入点：

• 由于总共考虑了前 $i$ 个成员，因此 $s$ 中 $1$ 的数量必然为 $i$，否则 $f[i][s]$ 就不是一个合法状态，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];
};

• 时间复杂度：$O(n^2 \times 2^n)$
• 空间复杂度：$O(n \times 2^n)$

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模拟退火

事实上，这道题还能使用「模拟退火」进行求解。

由于我们可以无限次对 nums2 进行打乱互换，先来思考如何衡量一个 nums2 排列的“好坏”。

一个简单的方式：固定计算 (nums1[0] XOR nums2[0]) + (nums1[1] XOR nums2[1]) + ... + (nums1[n - 1] XOR nums2[n - 1]) 作为衡量当前 nums2 的得分，得分越小，当前的 nums2 排列越好。

迭代开始前先对 nums2 进行一次随机打乱，随后每个回合随机选择 nums2 的两个成员进行互换，并比较互换前后的得分情况，若互换后变好，那么保留该互换操作；若变差，则以一定概率进行重置（重新换回来）。

重复迭代多次，使用一个全局变量 ans 保存下最小异或值之和。

即「模拟退火」的单次迭代基本流程：

1. 随机选择两个下标，计算「交换下标元素前对应序列的得分」&「交换下标元素后对应序列的得分」
2. 如果温度下降（交换后的序列更优），进入下一次迭代
3. 如果温度上升（交换前的序列更优），以「一定的概率」恢复现场（再交换回来）

对于一个能够运用模拟退火求解的问题，最核心的是如何实现 calc 方法（即如何定义一个具体方案的得分），其余均为模板内容。

Java 代码（2024/04/29 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;
    }
}

• 时间复杂度：启发式搜索不讨论时空复杂度
• 空间复杂度：启发式搜索不讨论时空复杂度

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最后

这是我们「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，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：https://github.com/SharingSource/LogicStack-LeetCode 。

在仓库地址里，你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。