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F. AND Graph

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You are given a set of size m with integer elements between 0 and 2n−1 inclusive. Let's build an undirected graph on these integers in the following way: connect two integers x and y with an edge if and only if x&y=0. Here &is the bitwise AND operation. Count the number of connected components in that graph.

Input

In the first line of input there are two integers nand m (0≤n≤22, 1≤m≤2n).

In the second line there are m

integers a1,a2,…,am ( 0≤ai<2n) — the elements of the set. All ai

are distinct.

Output

Print the number of connected components.

Examples

Input

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2 3
1 2 3

Output

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Input

Copy

5 5
5 19 10 20 12

Output

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Note

Graph from first sample:

Graph from second sample:

题意：

给出m个大于等于0且小于2^n的不同的整数，如果两个数x&y=0，就把这两个数连接起来，问有多少个连通分支？

错误思路：

并查集，将这m个数两两相与，若x&y=0，则把这两个数放到一个集合，然后标记这m个数的根节点，

最后统计根节点的个数，即连通分支的个数。显然，m非常大时，必定超时

超时代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=(1<<22)+5;
int fa[maxn];
int find(int x)
{if(fa[x]==x)    return x;return fa[x]=find(fa[x]);
}
void mix(int x,int y)
{int fx=find(x),fy=find(y);fa[fy]=fx;
}
int n,m,a[maxn];
bool vis[maxn];
int main()
{while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){bool flag=0;for(int i=0;i<m;i++){scanf("%d",&a[i]);if(a[i]==0)flag=1;}if(flag){printf("1\n");continue;}for(int i=0;i<=(1<<n);i++)fa[i]=i;memset(vis,0,sizeof(vis));for(int i=0;i<m;i++)for(int j=i+1;j<m;j++){if((a[i]&a[j])==0){mix(a[i],a[j]);//printf("%d %d\n",a[i],a[j]);}}for(int i=0;i<m;i++){//printf("%d\n",find(a[i]));vis[find(a[i])]=1;}int ans=0;//for(int i=0;i<=(1<<n);i++)for(int i=0;i<m;i++)if(vis[a[i]])ans++;printf("%d\n",ans);}return 0;
}

正确思路：

x有边连出的一定是 (2^n-1) ^ x 的一个子集，直接连子集复杂度是n^2,但是我们可以一个1一个1的消去，

最后变成补集的一个子集。
但是必须当且仅当至少有一个 a 等于 x 的时候，可以直接dfs(all ^ x) ,否则直接消1连边

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
const int maxn = 1<<22;int n, m, a[maxn], all;
int vis[maxn];
int have[maxn];void dfs(int x)
{if(vis[x]) return;vis[x] = 1;if(have[x]) dfs(all ^ x);for(int i = 0;i < n;i ++) {if(x & 1 << i) dfs(x ^ 1 << i);}
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);cin >> n >> m;for(int i = 1;i <= m;i ++) cin >> a[i];for(int i = 1;i <= m;i ++) have[a[i]] = 1;all = 1<<n;all--;int res = 0;for(int i = 1;i <= m;i ++) {if(!vis[a[i]]) {vis[a[i]] = 1;res ++;dfs(all ^ a[i]);}}cout << res << '\n';return 0;
}

正确思路：

对于一个数 11000 则他必定可以与 00111相链接，那么也一定可以和00111中间少了任何几个1的数相连。

任何我们对于任意一个数都跑出他的父亲，他的父亲就比他多一个1。

如 00001 他的父亲可以为 10001 01001 00101 00011 这4个，至于 10101 则是 10001（00101）的父亲。

但是，对于一个数来说，他不能直接和他的父节点链接，必须要父节点先和别的数链接，然后子节点就一定可以和父节点链接的那个数链接。

我们先从小到大跑出所有的可以父节点，开另外一个数组去标记。

然后我们从大的数先开始处理，这样我们就会先访问到祖先节点，再访问到子节点，这样可以保证，我们访问到子节点的时候，他的父节点已经处理过了，我们可以得知这2个点是否可以相连接。

对于处理到每一个点，我们先找他的所有父节点，如果可以链接，就直接链接，如果他不能和父节点链接，就去找他的对立节点（即0->1， 1->0），看看这2个点是否可以链接，可以就相连，不可以就将这个节点标记为-1，即没有链接的节点，从而当该节点的子节点访问的时候，就可以得知不能链接。

然后链接的时候用并查集链接块，最后看有几个联通块就是答案了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = (1<<22) + 100;
bool vis[N], vis1[N];
int pre[N];
int Find(int x){if(x == pre[x]) return x;return pre[x] = Find(pre[x]);
}
int main(){int n, m, t, to, u, v;scanf("%d%d", &n, &m);int Max = (1<<n) - 1;for(int i = 1; i <= m; i++){scanf("%d", &t);vis[t] = 1;}for(int i = 0; i <= Max; i++){vis1[i] |= vis[i];if(vis1[i]) {for(int j = 0; j < n; j++)vis1[i|(1<<j)] = 1;}}bool f = 0;for(int i = 0; i <= Max; i++) pre[i] = i;for(int i = Max; i >= 0; i--){if(!vis1[i]){pre[i] = -1;continue;}f = 0;for(int j = 0; j < n; j++){if(i&(1<<j)) continue;to = i|(1<<j);if(pre[to] != -1){u = Find(i);v = Find(to);pre[u] = v;f = 1;}}if(!f){to = Max ^ i;if(vis1[to]) {u = Find(i);v = Find(to);pre[u] = v;}else pre[i] = -1;}}int ans = 0;for(int i = 0; i <= Max; i++){if(vis[i] && pre[i] == -1) ans++;if(pre[i] == i) ans++;}printf("%d\n", ans);return 0;
}

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