NC17857 起床困难综合症

题目

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。

输入描述

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。

输出描述

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。

示例1

输入

3 10
AND 5
OR 6
XOR 7

输出

1

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 \(1\) 。

备注

题解

知识点：贪心，位运算。

直接遍历 \([0,m]\) 显然是不可行的，需要合适的方法构造一个数。我们发现每位都是独立的，因此可以单独确认，不需要冗余的遍历。

考虑通过用 \(1\) 和 \(0\) 遍历所有门来确认这一位哪个数字更优。可以用两个 \(int\) 变量， \(ans0\) 与 \(ans1\) ，表示两种状态，分别为全是 \(0\) 和全是 \(1\) ，当然后者最高位和 \(m\) 的最高位对齐。两者跑完所有门后，就知道某位初始状态对应的结果了。

需要注意的是为了使初始状态不超过 \(m\) 在 \(1\) 和 \(0\) 都可以的时候优先选 \(0\) ，并且应当从高位优先遍历才能得到最大的结果。对于某位，我们只关心哪些情况需要能把结果变 \(1\) ，显然当 \(ans0\) 为 \(1\) 时，结果可以直接变 \(1\) ，并不影响初始状态大小；否则，当 \(ans1\) 为 \(1\) 时，若当前初始状态能在此位变 \(1\) ，即改变完不超过 \(m\) ，可以在结果这位改成 \(1\) ，记得刷新初始状态（我这里用的是减去 \(m\) 变相记录也行）。

时间复杂度 \(O(n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

struct door {
    string op;
    int t;
}d[100007];

///位运算每位都是独立的，一定要通过分别思考每位解答
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0;i < n;i++) {
        cin >> d[i].op >> d[i].t;
    }
    int ans1 = 0, ans0 = 0;
    for (int i = 1 << 30;i;i >>= 1) {
        if (m & i) {
            ans1 = (i << 1) - 1;
            break;
        }
    }
    for (int i = 0;i < n;i++) {
        if (d[i].op == "AND") {
            ans0 &= d[i].t;
            ans1 &= d[i].t;
        }
        else if (d[i].op == "OR") {
            ans0 |= d[i].t;
            ans1 |= d[i].t;
        }
        else if (d[i].op == "XOR") {
            ans0 ^= d[i].t;
            ans1 ^= d[i].t;
        }
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 1 << 30;i;i >>= 1) {
        if (ans0 & i) ans |= i;
        else if ((ans1 & i) && i <= m) ans |= i, m -= i;
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}