題目描述

21世紀，許多人得了一種奇怪的病：起床困難綜合症，其臨床表現為：起床難，起床後精神不佳。作為一名青春陽光好少年，atm一直堅持與起床困難綜合症作鬥爭。

通過研究相關文獻，他找到了該病的發病原因： 在深邃的太平洋海底中，出現了一條名為drd的巨龍，它掌握著睡眠之精髓，能隨意延長大家的睡眠時間。

正是由於drd的活動，起床困難綜合症愈演愈烈， 以驚人的速度在世界上傳播。為了徹底消滅這種病，atm決定前往海底，消滅這條惡龍。歷經千辛萬苦，

atm終於來到了drd所在的地方，準備與其展開艱苦卓絕的戰鬥。drd有著十分特殊的技能，他的防禦戰線能夠使用一定的運算來改變他受到的傷害。具體說來

，drd的防禦戰線由n扇防禦門組成。每扇防禦門包括一個運算op和一個引數t，其中運算一定是OR,XOR,AND中的一種，引數則一定為非負整數。

如果還未通過防禦門時攻擊力為x，則其通過這扇防禦門後攻擊力將變為x op t。最終drd受到的傷害為對方初始攻擊力x依次經過所有n扇防禦門後轉變得到的攻擊力。

由於atm水平有限，他的初始攻擊力只能為0到m之間的一個整數（即他的初始攻擊力只能在 0, 1, … , m中任選，但在通過防禦門之後的攻擊力不受m的限制）。

為了節省體力，他希望通過選擇合適的初始攻擊力使得他的攻擊能讓drd受到最大的傷害，請你幫他計算一下，他的一次攻擊最多能使drd受到多少傷害。

輸入格式

輸入檔案的第 1 行包含 2 個整數，依次為n, m，表示 drd 有n扇防禦門，atm 的初始攻擊力為0到m之間的整數。

接下來n行，依次表示每一扇防禦門。每行包括一個字串op和一個非負整數t，兩者由一個空格隔開，且op在前，t在後，op表示該防禦門所對應的操作，t表示對應的引數。

輸出格式

輸出一行一個整數，表示atm的一次攻擊最多使drd受到多少傷害。

輸入輸出樣例

輸入 #1

3 10
AND 5
OR 6
XOR 7

輸出 #1

1

說明/提示

【樣例說明】

atm可以選擇的初始攻擊力為 0,1, … ,10。

假設初始攻擊力為 4，最終攻擊力經過了如下計算

4 AND 5 = 4

4 OR 6 = 6

6 XOR 7 = 1

類似的，我們可以計算出初始攻擊力為 1,3,5,7,9 時最終攻擊力為 0，初始攻擊力為 0,2,4,6,8,10 時最終攻擊力為 1，因此atm的一次攻擊最多使drd受到的傷害值為1。

【資料規模與約定】

首先，我們可以貪心，答案要儘可能最高位要是1。

那我們原來得數這一位為1的話，要滿足兩個條件

1. 從這一位開始，後面都填0的話要小於m。

2.填1的得到的結果要比填0要優

這樣，我們可以列舉一開始這個數的每一位。

對他的這一位分別進行運算，看填1還是填0要優

程式碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read()
{
	int s = 0, w = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10+ch -'0'; ch = getchar();}
	return s * w;
}
string opt;
int n,m,shu,ans,t;
struct node
{
	string opt;
	int t;
}e[100010];
int calc(int wei,int val)
{
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		int x = (e[i].t>>wei) & 1;//取出每個運算元的第i位，並進行操作
		if(e[i].opt == "OR") val |= x;
		else if(e[i].opt == "AND") val &= x;
		else val ^= x;
	}
	return val;
}
int main()
{
	n = read(); m = read();
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin>>opt; t = read();//先把所有操作都存起來
		e[i].opt = opt;
		e[i].t = t;
	}
	for(int i = 30; i >= 0; i--)//列舉每一位
	{
		int f1 = calc(i,0);//計算填0的結果
		int f2 = calc(i,1);//計算填1的結果
		if(shu+(1<<i) <= m && f1 < f2)//shu位當前已經填好的數，如果這個數填了1以後，
                                              // 後面的位填0都要比m大，那我們就不可以填1，只能填0
		{
			shu += (1<<i);//一開始的數這一位填1更優
			ans += (f2<<i);//填1得到的結果
		}
		else shu += (0<<i), ans += (f1<<i);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}