CH - 0104 起床困难综合症(位运算+贪心)

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题目大意：我们需要构造一个初始值start，范围在[0,m]，要求使用这个初始值进行k次操作后得到的答案最大，每次操作分为三个类型：

AND x：让当前答案与x进行按位与
OR x：让当前答案与x进行按位或
XOR x：让当前答案与x进行按位异或

现在我们需要构造出这个start，使得经过k次操作后得到的end最大，输出end

题目分析：首先我们肯定不能直接枚举m，然后维护最大值，因为m给到了1e9，单单只是枚举一个m都会超时，就别再提每个m还需要n次操作，暴力的时间复杂度是n*m，都到了1e14，完全不用考虑了

我们需要知道关于位运算的一个主要特点：在二进制表示下不进位

换句话说，每一个数字的二进制都是相互独立的，所以我们可以按位讨论，这样就能在logn的时间复杂度内枚举完m符合情况的状态了，时间复杂度下降为n*logm，最多3e6

现在我们需要讨论一下该怎么按位计算，如果这个题目没有m的约束，那么我们按位从小到大枚举和从大到小枚举都是可以的，但是加了这个约束之后，我们就只能按位从大到小枚举才能获得最优解了，因为如果我们从小到大枚举的话，枚举了其中一个比较小的位置，虽然对答案有贡献，但却占据了小于等于m的这个空间，若后续还有更大的位置可以做出贡献，却被m这个约束卡出去的话，那么此时答案必定不是最优的

再就是讨论一下某个位置该放0或1的情况，因为我们要贪心让end尽可能的大，所以对于某一位置，我们计算一下res1和res0，res1和res0分别是在当前位置放1和放0情况下返回的答案，我们肯定会让end加上两者中较大的一个，如果两者相等的话优先放0，不过别忘了还有m这个约束，因为在放0放1对答案的贡献相同的情况下，放1会占据m的空间，所以放0才是最优解，总结下来在某一位放1还是放0可以分为两种情况：start+res1<=m&&res1>res0满足时放1，否则放0

代码：

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<climits>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<stack>
#include<queue>
#include<list>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<sstream>
#include<unordered_map>
using namespace std;typedef long long LL;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e5+100;int n,m;struct Node
{char op[5];int val;
}op[N];int cal(int bit,int x)//计算当前bit位，初始值为x的情况下得到的答案
{for(int i=1;i<=n;i++){int temp=op[i].val>>bit&1;if(op[i].op[0]=='A')x&=temp;else if(op[i].op[0]=='O')x|=temp;elsex^=temp;}return x<<bit;
}int main()
{
//  freopen("input.txt","r",stdin);
//    ios::sync_with_stdio(false);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s%d",op[i].op,&op[i].val);int start=0,end=0;//start:初始攻击力 end:最终攻击力 for(int i=30;i>=0;i--)//枚举每一位，注意要从最高位开始枚举才能达到最优解 {int res1=cal(i,1);//当前第i位为1的情况下运算后得到的结果 int res0=cal(i,0);//当前第i位为0的情况下运算后得到的结果 if(start+res1<=m&&res1>res0)//满足条件，第i位用res1填充{start+=res1;//实时更新start end+=res1;}else//否则用res0填充 end+=res0;}printf("%d\n",end);return 0;
}

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