BZOJ 2728: [HNOI2012]與非(位運算)
題意
定義 NAND
(與非)運算,其運算結果為真當且僅當兩個輸入的布林值不全為真,也就是 A NAND B = NOT(A AND B)
,運算位數不會超過 \(k\) 位,
給你 \(n\) 個整數 \(A_i\) ,這些數能任意進行無數次與非運算,最後問能運算出多少個在 \([L, R]\) 區間的數。
題解
參考了 kczno1 孔爺的題解。
這個運算初看不太優美,其實我們可以利用它的一些性質。
由於 A NAND A = NOT (A AND A) = NOT A
所以我們就可以得到了 NOT
(非) 運算。
進一步我們利用 NOT
,NOT(A NAND B) = NOT(NOT(A AND B)) = A AND B
AND
(與)運算。
這樣這個運算就變得十分優秀了,我們就轉化成進行 NOT
和 AND
然後我們就可以得到 所有二進位制操作 了。
然後利用這個性質,我們就可以得到一個更加有用的性質。
對於第 \(i\) 位和第 \(j\) 位,如果所有 \(A_k\) 的第 \(i\) 位和第 \(j\) 位相同,那麼最後的結果對於 \(i, j\) 這兩位一定是一樣的。
否則這兩位的取值互不影響,可以任意取都能構造出一組合法方案。
我們就能把 \(k\) 位數劃分成許多個等價類,每個等價類裡面的元素取值都必須一樣。
然後為了算 \([l, r]\) 區間的答案,我們令 \(Calc(r)\)
那麼答案為 \(Calc(r) - Calc(l - 1)\) 。至於如何算 \(Calc(x)\) 呢?我們按位考慮就行了。
具體的,如果列舉的位為 \(0\) ,那麼忽略。
如果為 \(1\) ,假設這一位不能選,那麼接下來以任意選而不會超也不會重複,所以方案數加上 \(2^{sum}\) ( \(sum\) 為接下來的集合的個數) 然後退出。
如果能選。要麼不選,那麼 \(2^{sum-1}\) ;要麼將集合中的數全部選了,再接著列舉後面。、
複雜度是 \(O(nk)\) 的,不知道為什麼 \(n\) 只開 \(1000\) 。。。石樂志。
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T>
inline T read() {
T x(0), sgn(1); char ch(getchar());
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
return x * sgn;
}
void File() {
#ifdef zjp_shadow
freopen ("2728.in", "r", stdin);
freopen ("2728.out", "w", stdout);
#endif
}
typedef long long ll;
const int N = 1e3 + 1e2, K = 60;
ll a[N], sta[N], now, full;
int n, k, sum[K];
inline ll Calc(ll x) {
if (x >= full) return 1ll << sum[k - 1];
ll res = 0;
for (int i = k - 1; x >= 0 && i >= 0; -- i)
if (x >> i & 1) {
if (sta[i]) {
res += 1ll << (sum[i] - 1); x -= sta[i];
}
else {
res += 1ll << sum[i]; break;
}
}
return res + (x == 0);
}
int main () {
File();
n = read<int>();
full = (1ll << (k = read<int>())) - 1;
ll l = read<ll>(), r = read<ll>();
For (i, 1, n) a[i] = read<ll>();
ll have = 0;
Fordown (i, k - 1, 0) if (!(have >> i & 1)) {
ll now = full;
For (j, 1, n)
now &= (a[j] >> i & 1) ? a[j] : ~a[j];
have |= (sta[i] = now); sum[i] = 1;
}
For (i, 1, k - 1) sum[i] += sum[i - 1];
printf ("%lld\n", Calc(r) - Calc(l - 1));
return 0;
}