洛谷 P2114 [NOI2014]起床困难综合症 位运算

题目描述

21世纪，许多人得了一种奇怪的病：起床困难综合症，其临床表现为：起床难，起床后精神不佳。作为一名青春阳光好少年，atm一直坚持与起床困难综合症作斗争。通过研究相关文献，他找到了该病的发病原因： 在深邃的太平洋海底中，出现了一条名为drd的巨龙，它掌握着睡眠之精髓，能随意延长大家的睡眠时间。 正是由于drd的活动，起床困难综合症愈演愈烈， 以惊人的速度在世界上传播。为了彻底消灭这种病，atm决定前往海底，消灭这条恶龙。历经千辛万苦，atm终于来到了drd所在的地方，准备与其展开艰苦卓绝的战斗。drd有着十分特殊的技能，他的防御战线能够使用一定的运算来改变他受到的伤害。具体说来，drd的防御战线由n扇防御门组成。每扇防御门包括一个运算op和一个参数t，其中运算一定是OR,XOR,AND中的一种，参数则一定为非负整数。如果还未通过防御门时攻击力为x，则其通过这扇防御门后攻击力将变为x op t。最终drd受到的伤害为对方初始攻击力x依次经过所有n扇防御门后转变得到的攻击力。

由于atm水平有限，他的初始攻击力只能为0到m之间的一个整数（即他的初始攻击力只能在 0, 1, … , m中任选，但在通过防御门之后的攻击力不受m的限制）。为了节省体力，他希望通过选择合适的初始攻击力使得他的攻击能让drd受到最大的伤害，请你帮他计算一下，他的一次攻击最多能使drd受到多少伤害。

输入格式

输入文件的第 1 行包含 2 个整数，依次为n, m，表示 drd 有n扇防御门，atm 的初始攻击力为0到m之间的整数。

接下来n行，依次表示每一扇防御门。每行包括一个字符串op和一个非负整数t，两者由一个空格隔开，且op在前，t在后，op表示该防御门所对应的操作，t表示对应的参数。

输出格式

输出一行一个整数，表示atm的一次攻击最多使drd受到多少伤害。

输入输出样例

输入 #1

3 10

AND 5

OR 6

XOR 7

输出 #1

1

说明/提示

【样例说明】

atm可以选择的初始攻击力为 0,1, … ,10。

假设初始攻击力为 4，最终攻击力经过了如下计算

4 AND 5 = 4

4 OR 6 = 6

6 XOR 7 = 1

类似的，我们可以计算出初始攻击力为 1,3,5,7,9 时最终攻击力为 0，初始攻击力为 0,2,4,6,8,10 时最终攻击力为 1，因此atm的一次攻击最多使drd受到的伤害值为1。

【数据规模与约定】

分析

这一道题首先想到的是暴力，但是m的最大数据达到了\(10^9\)，如果枚举的话只能过掉前三个点

所以我们考虑更加优秀的解法

仔细读题我们会发现题目中的操作都是位运算，而位运算有一个非常好的性质：在二进制下表示不进位

所以，在我们可以任意选择\(x\)的情况下，参与运算的各个位之间是独立无关的

换句话说，对于任意的\(k(1\leq k < 30)\)，\(ans\)的第\(k\)位只与\(x\)的第\(k\)位有关

这样的话，我们就可以从高到低枚举每一位填0或者填1

如果填1的价值更优并且填1之后总共的值不会超过\(m\)那我们就填1，否则填0

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
struct asd{
    int num;
    char s[10];
}b[maxn];
int n,m;
int js(int bit,int xx){
    int ans=xx;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int now=b[i].num>>bit&1;//取进行操作数的第bit位
        if(b[i].s[0]=='A') ans&=now;
        else if(b[i].s[0]=='O') ans|=now;
        else ans^=now;
    }
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int ans=0,tot=0;//ans记录最终的结果，tot记录已经填好的数
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",b[i].s);
        scanf("%d",&b[i].num);
    }//记录每一个操作
    for(int i=29;i>=0;i--){//从高到低枚举每一位
        int res0=js(i,0);
        int res1=js(i,1);//分别计算出填0的价值和填1的价值
        if(res0<res1 && tot+(1<<(i))<=m){
            tot=tot+(res1<<i);//更新填好的数
            ans+=(res1<<i);//如果填1更优并且已经填好的小于m，就填1
        }  else {
            ans+=(res0<<i);//否则填0
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}