SCPC ：普普通通的DP(位运算)

传送门

题目描述：

给你一个n*m的矩阵，你需要从左上角走到右下角，你每次只能向下或者向右走，并且不能走出矩阵之外。

只要你走到终点之后，你就会获得奖励，奖励的金额为：所有经过的元素做“与”运算（津巴韦布）。

帮自己算一算，你能获得的最大奖励金额为多少呢？

与运算：0&0=0 , 0&1=0 , 1&0=0 , 1&1=1

例：假设你从左上角到右下角（包括左上角和右下角）经过的元素为：2，2，3，2。你的奖励金额为：（2 & 2 & 3 & 2）= 2

输入
第一行输入两个整数 n和m 分别代表矩阵的行数和列数。

接下来输入n行，每行m个数，分别为矩阵的每个元素。

n <= 1000 , m <= 1000

且矩阵的元素 0 <= g[i][j] <= 1e9

输出
输出一个数字，能获得的最大金额。

最开做这个题我当然就是想当然的忽略了&运输的原则规律，欻欻欻的就写完，样例一过就提交，然后当然就是555啦。嗐比赛的时候大脑都是迟钝的。
赛时代码：

signed main()
{IOS;cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i ++)for(int j = 1; j <= m; j ++)cin >> a[i][j];dp[1][1] = a[1][1];for(int i = 1; i <= n; i ++){for(int j = 1; j <= m; j ++){if(i > 1) dp[i][j] = max(dp[i][j], a[i - 1][j] & a[i][j]);if(j > 1) dp[i][j] = max(dp[i][j], a[i][j - 1] & a[i][j]);//cout << dp[i][j] << " ";}//cout << endl;}cout << dp[n][m] << endl;return 0;
}

其实赛后细想知道：真正的max是满足整个路径元素同时&，以上的做法只能满足(i，j)以前的路径的max，而dp[n - 1][m - 1]的max是会影响dp[n][m]的值。

正解思路：

因为 2 ^ i > (2 ^ (i - 1) + 2 ^ (i - 2) + …… + 2 ^ 0)，所有可以用贪心的策略，从高位开始枚举考虑，时间复杂度就为O(32 * n * n)。
从左上角到右下角考虑的过程中，为了首先以保存高位为条件，那么下一次必须从可以满足高位的路径走。

代码实现：

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define null NULL
#define ll long long
#define int long long
#define pii pair<int, int>
#define lowbit(x) (x &(-x))
#define ls(x) x<<1
#define rs(x) (x<<1+1)
#define me(ar) memset(ar, 0, sizeof ar)
#define mem(ar,num) memset(ar, num, sizeof ar)
#define rp(i, n) for(int i = 0, i < n; i ++)
#define rep(i, a, n) for(int i = a; i <= n; i ++)
#define pre(i, n, a) for(int i = n; i >= a; i --)
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0);
const int way[4][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}};
using namespace std;
const int  inf = 0x7fffffff;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-6;
const ll   mod = 1e9 + 7;
const int  N = 1005;int n, m, ans;
int a[N][N], dp[N][N];signed main()
{IOS;cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i ++)for(int j = 1; j <= m; j ++)cin >> a[i][j];for(int k = 31; ~k; k --){if(a[1][1] & (1 << k)){me(dp);//先保存高位dp[1][1] = 1 << k;for(int i = 1; i <= n; i ++){for(int j = 1; j <= m; j ++){if(dp[i][j]){//必须能满足保存高位if(i + 1 <= n && (a[i + 1][j] & ans) == ans)dp[i + 1][j] = a[i + 1][j] & (1 << k);if(j + 1 <= m && (a[i][j + 1] & ans) == ans)dp[i][j + 1] = a[i][j + 1] & (1 << k);}}}if(dp[n][m]) ans += (1 << k);}}cout << ans << endl;return 0;
}

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