Para dois números inteiros A e B, encontre um par de números X e Y tal que A = X * Y e B = X xor Y

Estou enfrentando esse problema que encontrei em um livro de programação competitivo, mas sem uma solução sobre como fazê-lo.

Para dois números inteiros A e B (pode caber no tipo inteiro de 64 bits), onde A é ímpar, encontre um par de números X e Y de modo que A = X * Y e B = X x ou Y. Minha abordagem foi listar todos os divisores de um e tente emparelhar números sob sqrt (a) com números sobre sqrt (a) que se multiplicam até um e ver se sua xor é igual a B . Mas não sei se isso é eficiente o suficiente. Qual seria uma boa solução / algoritmo para esse problema?

Aqui está uma recursão simples que observa as regras que conhecemos: (1) os bits menos significativos de X e Y são definidos, pois apenas multiplicandos ímpares produzem um múltiplo ímpar; (2) se definirmos X para ter o bit mais alto de B, Y não poderá ser maior que sqrt (A); e (3) definir bits em X ou Y de acordo com o bit atual em B.

O código Python a seguir resultou em menos de 300 iterações para todos, exceto um dos pares aleatórios que escolhi do código de exemplo de Matt Timmermans . Mas o primeiro fez 231.199 iterações :)

from math import sqrt

def f(A, B):
  i = 64
  while not ((1<<i) & B):
    i = i - 1
  X = 1 | (1 << i)

  sqrtA = int(sqrt(A))

  j = 64
  while not ((1<<j) & sqrtA):
    j = j - 1

  if (j > i):
    i = j + 1

  memo = {"it": 0, "stop": False, "solution": []}

  def g(b, x, y):
    memo["it"] = memo["it"] + 1
    if memo["stop"]:
      return []

    if y > sqrtA or y * x > A:
      return []

    if b == 0:
      if x * y == A:
        memo["solution"].append((x, y))
        memo["stop"] = True
        return [(x, y)]
      else:
        return []

    bit = 1 << b

    if B & bit:
      return g(b - 1, x, y | bit) + g(b - 1, x | bit, y)
    else:
      return g(b - 1, x | bit, y | bit) + g(b - 1, x, y)

  g(i - 1, X, 1)
  return memo

vals = [
  (6872997084689100999, 2637233646), # 1048 checks with Matt's code
  (3461781732514363153, 262193934464), # 8756 checks with Matt's code
  (931590259044275343, 5343859294), # 4628 checks with Matt's code
  (2390503072583010999, 22219728382), # 5188 checks with Matt's code
  (412975927819062465, 9399702487040), # 8324 checks with Matt's code
  (9105477787064988985, 211755297373604352), # 3204 checks with Matt's code
  (4978113409908739575,67966612030), # 5232 checks with Matt's code
  (6175356111962773143,1264664368613886), # 3756 checks with Matt's code
  (648518352783802375, 6) # B smaller than sqrt(A)
]

for A, B in vals:
  memo = f(A, B)
  [(x, y)] = memo["solution"]
  print "x, y: %s, %s" % (x, y)
  print "A:   %s" % A
  print "x*y: %s" % (x * y)
  print "B:   %s" % B
  print "x^y: %s" % (x ^ y)
  print "%s iterations" % memo["it"]
  print ""

Resultado:

x, y: 4251585939, 1616572541
A:   6872997084689100999
x*y: 6872997084689100999
B:   2637233646
x^y: 2637233646
231199 iterations

x, y: 262180735447, 13203799
A:   3461781732514363153
x*y: 3461781732514363153
B:   262193934464
x^y: 262193934464
73 iterations

x, y: 5171068311, 180154313
A:   931590259044275343
x*y: 931590259044275343
B:   5343859294
x^y: 5343859294
257 iterations

x, y: 22180179939, 107776541
A:   2390503072583010999
x*y: 2390503072583010999
B:   22219728382
x^y: 22219728382
67 iterations

x, y: 9399702465439, 43935
A:   412975927819062465
x*y: 412975927819062465
B:   9399702487040
x^y: 9399702487040
85 iterations

x, y: 211755297373604395, 43
A:   9105477787064988985
x*y: 9105477787064988985
B:   211755297373604352
x^y: 211755297373604352
113 iterations

x, y: 68039759325, 73164771
A:   4978113409908739575
x*y: 4978113409908739575
B:   67966612030
x^y: 67966612030
69 iterations

x, y: 1264664368618221, 4883
A:   6175356111962773143
x*y: 6175356111962773143
B:   1264664368613886
x^y: 1264664368613886
99 iterations

x, y: 805306375, 805306369
A:   648518352783802375
x*y: 648518352783802375
B:   6
x^y: 6
59 iterations

Você sabe que pelo menos um fator é <= sqrt (A). Vamos fazer aquele X.

O comprimento de X em bits será cerca de metade do comprimento de A.

Os bits superiores de X, portanto - aqueles com valor superior a sqrt (A) - são todos 0 e os bits correspondentes em B devem ter o mesmo valor que os bits correspondentes em Y.

Conhecer os bits superiores de Y fornece um intervalo bastante pequeno para o fator correspondente X = A / Y. Calcule Xmin e Xmax correspondentes aos maiores e menores valores possíveis para Y, respectivamente. Lembre-se de que Xmax também deve ser <= sqrt (A).

Depois, tente todos os Xs possíveis entre Xmin e Xmax. Não haverá muitos, por isso não vai demorar muito.

A outra maneira direta de resolver esse problema é o fato de que os n bits inferiores de XY e X xor Y dependem apenas dos n bits inferiores de X e Y. Portanto, você pode usar as respostas possíveis para restringir os n bits inferiores as respostas possíveis para os n + 1 bits mais baixos , até você terminar.

Descobri que, infelizmente, pode haver mais de uma possibilidade para um único n . Não sei com que frequência haverá muitas possibilidades, mas provavelmente não é com muita frequência, se é que isso pode ser bom em um contexto competitivo. Probabilisticamente, haverá apenas algumas possibilidades, uma vez que uma solução para n bits fornecerá 0 ou duas soluções para n + 1 bits, com igual probabilidade.

Parece funcionar muito bem para entrada aleatória. Aqui está o código que eu usei para testá-lo:

public static void solve(long A, long B)
{
    List<Long> sols = new ArrayList<>();
    List<Long> prevSols = new ArrayList<>();
    sols.add(0L);
    long tests=0;
    System.out.print("Solving "+A+","+B+"... ");
    for (long bit=1; (A/bit)>=bit; bit<<=1)
    {
        tests += sols.size();
        {
            List<Long> t = prevSols;
            prevSols = sols;
            sols = t;
        }
        final long mask = bit|(bit-1);
        sols.clear();
        for (long prevx : prevSols)
        {
            long prevy = (prevx^B) & mask;
            if ((((prevx*prevy)^A)&mask) == 0)
            {
                sols.add(prevx);
            }
            long x = prevx | bit;
            long y = (x^B)&mask;
            if ((((x*y)^A)&mask) == 0)
            {
                sols.add(x);
            }
        }
    }
    tests += sols.size();
    {
        List<Long> t = prevSols;
        prevSols = sols;
        sols = t;
    }
    sols.clear();
    for (long testx: prevSols)
    {
        if (A/testx >= testx)
        {
            long testy = B^testx;
            if (testx * testy == A)
            {
                sols.add(testx);
            }
        }
    }

    System.out.println("" + tests + " checks -> X=" + sols);
}
public static void main(String[] args)
{
    Random rand = new Random();
    for (int range=Integer.MAX_VALUE; range > 32; range -= (range>>5))
    {
        long A = rand.nextLong() & Long.MAX_VALUE;
        long X = (rand.nextInt(range)) + 2L;
        X|=1;
        long Y = A/X;
        if (Y==0)
        {
            Y = rand.nextInt(65536);
        }
        Y|=1;
        solve(X*Y, X^Y);
    }
}

Você pode ver os resultados aqui: https://ideone.com/cEuHkQ

Parece que normalmente leva apenas alguns milhares de cheques.