【BZOJ5285】[HNOI2018]寻宝游戏（神仙题）

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题面

BZOJ

洛谷

题解

既然是二进制按位的运算，显然按位考虑。

发现这样一个关系，如果是\(or\)的话，只要\(or\ 1\)，那么无论前面是啥，操作完之后都是\(1\)；同理\(and\ 0\)也是一样，无论前面是什么，操作完都是\(0\)。

换个角度来看，如果\(or\ 0\)，无论前面是什么，操作完之后都不改变，\(and\ 1\)同理。

那么把\(or\)写成\(0\)，\(and\)写成\(1\)。

那么，如果当前操作数前面的运算符和某一位上相同，那么就等价于没有进行操作，否则直接知道了运算结果。

假如只有一个二进制位的话，那么就是一个长度为\(n\)的\(01\)串\(x\)，和一个长度为\(n\)的操作串\(opt\)。设最后一位为最高位。

如果最终的结果是\(1\)，那么意味着\(x>opt\)，否则最终结果为\(0\)。可以手玩验证。

大致的证明的话，如果最后结果是\(1\)，意味着最后一个\(or\ 1\)的操作一定要在最后一个\(and\ 0\)的操作之后。再把\(or\)和\(and\)换成\(01\)表示就可以得到这个结论。

这样一来就变成了比大小的问题了。我们可以算出\(x\le opt<y\)，那么答案就是\(y-x\)。

然后一个细节问题，首先提前把每一位按照\(x\)排好序，用基数排序即可。这样子可以直接\(for\)结果为\(0\)的最大值和结果为\(1\)最小值。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAX 5050
#define MOD 1000000007
char ch[MAX];
int g[1010][MAX],bin[1010],n,m,q;
int c[2],a[MAX],b[MAX],s[MAX],t[MAX];
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
	bin[0]=1;for(int i=1;i<=n;++i)bin[i]=2*bin[i-1]%MOD;
	for(int i=1;i<=m;++i)a[i]=i;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		scanf("%s",ch+1);c[0]=0;c[1]=m;
		for(int j=1;j<=m;++j)(ch[j]-48)?s[j]=(s[j]+bin[i-1])%MOD:++c[0];
		for(int j=m;j;--j)b[c[ch[a[j]]-48]--]=a[j];
		for(int j=1;j<=m;++j)a[j]=b[j];
	}
	for(int i=1;i<=m;++i)t[i]=s[a[i]];t[m+1]=bin[n];
	while(q--)
	{
		scanf("%s",ch+1);int mx=m+1,mn=0;
		for(int i=m;i;--i)if(ch[a[i]]-48==0){mn=i;break;}
		for(int i=1;i<=m;++i)if(ch[a[i]]-48){mx=i;break;}
		printf("%d\n",mn>mx?0:(t[mx]-t[mn]+MOD)%MOD);
	}
	return 0;
}