原題

Solution

引理1：當 $n>6$時全用 $and$

and 能使最小值為 $0$

$1$個 $a$

引理2： $xor$操作能被 $and$操作代替

0^0=0；0&~0=0
0^1=1；0&~1=0
1^0=1；1&~0=1
1^1=0；1&~1=0
比較左右兩列，發現 $and$操作一定 $<=xor$操作

引理3：只用 $and$一定能得到最優解

把 $n$個數二進位制展開，可以得到一個大小為 $n*64$的表：
$(011101010101010)_2$
$(100110101010100)_2$
$(100101111010111)_2$
把它豎著看，每列看作一個狀態，不管用什麼運算子，相同狀態的最終結果一定相同
首先假設狀態數大於 $2^n$，因為狀態數 $<=2^n$時三種操作都可以做到 $0$
用 $and$可以得到只有一個狀態最終結果為 $1$
要證明的就是 $or$、 $xor$、 $and$三種操作混合不能使 $2^n$種不同狀態均為 $0$
假設有一個長度為 $k$的 $01$序列，每兩個數之間的操作相同，注意到不管是哪種操作，最終結果都是 $0$或 $1$（且都能取到），於是長度為 $n$的混合序列可以看作若干個這樣的序列（相當於縮點），最終結果是 $0$或 $1$（都能取到）

只用引理1已經能過了這題，但時間複雜度為 $O(n*6^n)$，引理2能優化到 $O(n*4^n)$，引理3能優化到 $O(n*2^n)$

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
int T,n,i,s;
ll a[101],ans,t;
int main(){
	for (scanf("%d",&T);T--;){
		scanf("%d",&n);
		for (i=0;i<n;i++) scanf("%llu",&a[i]);
		if (n>6){
			puts("0");
			continue;
		}
		ans=~0;
		for (s=0;s<1<<n;s++,ans=min(ans,t))
			for (i=0,t=~0;i<n;i++) t&=(s&(1<<i)?a[i]:~a[i]);
		printf("%llu\n",ans);
 	}
}