[BZOJ3668] [Noi2014] 起床困难综合症 (贪心)

Description

　　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。

Input

　　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。

Output

　　一行一个整数，表示atm的一次攻击最多使 drd 受到多少伤害。

Sample Input

3 10
AND 5
OR 6
XOR 7

Sample Output

HINT

　　【样例说明】
　　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。

　　0<=m<=10^9
　　0<=t<=10^9
　　一定为OR,XOR,AND 中的一种

　　【运算解释】

　　在本题中，选手需要先将数字变换为二进制后再进行计算。如果操作的两个数二进制长度不同，则在前补0至相同长度。

      OR为按位或运算，处理两个长度相同的二进制数，两个相应的二进制位中只要有一个为1，则该位的结果值为1，否则为0。XOR为按位异或运算，对等长二进制模式或二进制数的每一位执行逻辑异或操作。如果两个相应的二进制位不同（相异），则该位的结果值为1，否则该位为0。 AND 为按位与运算，处理两个长度相同的二进制数，两个相应的二进制位都为1，该位的结果值才为1，否则为0。
      例如，我们将十进制数5与十进制数3分别进行OR，XOR 与 AND 运算，可以得到如下结果：
  　　   　 0101 (十进制 5) 　 0101 (十进制 5) 0101 (十进制 5)
       OR 0011 (十进制 3) XOR 0011 (十进制 3) AND 0011 (十进制 3)
         = 0111 (十进制 7) = 0110 (十进制 6)        = 0001 (十进制 1)

Source

Solution

　　依然缺一个条件：$n\leq 10^5$

　　从高位往低位，算一下攻击力的当前位取$0$得到的结果$r_0$和取$1$得到的结果$r_1$

　　有这么几种可能

$r_0=1,r_1=0$，不用多想，这一位肯定选$0$
$r_0=1,r_1=1$，因为如果这一位选$0$，后面几位就可以有更多的选择所以还选$0$
$r_0=0,r_1=0$，同第$2$条，仍然选$0$
$r_0=0,r_1=1$，第$2$第$3$条所谓的选择是在这一条体现的，如果这一位选了$1$不会超过$m$就选$1$，否则选$0$，因为高位的$1$显然比低位的$1$划算

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 int n, def[100005][2];
 4 
 5 bool check(int bit, int x)
 6 {
 7     for(int i = 1; i <= n; ++i)
 8         if(def[i][0] == 1)
 9             x &= def[i][1] & 1 << bit;
10         else if(def[i][0] == 2)
11             x |= def[i][1] & 1 << bit;
12         else x ^= def[i][1] & 1 << bit;
13     return x;
14 }
15 
16 int main()
17 {
18     int m, x, ans = 0;
19     bool r0, r1;
20     char op[5];
21     scanf("%d%d", &n, &m);
22     for(int i = 1; i <= n; ++i)
23     {
24         scanf("%s%d", op, &def[i][1]);
25         if(op[0] == 'A') def[i][0] = 1;
26         else if(op[0] == 'O') def[i][0] = 2;
27         else def[i][0] = 3;
28     }
29     for(int i = 29; ~i; --i)
30     {
31         r0 = check(i, 0), r1 = check(i, 1 << i);
32         if(r0 || !r1) continue;
33         if((ans | 1 << i) <= m) ans |= 1 << i;
34     }
35     for(int i = 1; i <= n; ++i)
36         if(def[i][0] == 1) ans &= def[i][1];
37         else if(def[i][0] == 2) ans |= def[i][1];
38         else ans ^= def[i][1];
39     printf("%d\n", ans);
40     return 0;
41 }

View Code

　　当然可以把每一位放到一起算，速度会快很多

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 int def[100005][2];
 4 int main()
 5 {
 6     int n, m, r0 = 0, r1 = (1 << 30) - 1, ans = 0;
 7     char op[5];
 8     scanf("%d%d", &n, &m);
 9     for(int i = 1; i <= n; ++i)
10     {
11         scanf("%s%d", op, &def[i][1]);
12         if(op[0] == 'A') def[i][0] = 1;
13         else if(op[0] == 'O') def[i][0] = 2;
14         else def[i][0] = 3;
15     }
16     for(int i = 1; i <= n; ++i)
17         if(def[i][0] == 1) r0 &= def[i][1], r1 &= def[i][1];
18         else if(def[i][0] == 2) r0 |= def[i][1], r1 |= def[i][1];
19         else r0 ^= def[i][1], r1 ^= def[i][1];
20     for(int i = 29; ~i; --i)
21     {
22         if(r0 & 1 << i || !(r1 & 1 << i)) continue;
23         if((ans | 1 << i) <= m) ans |= 1 << i;
24     }
25     for(int i = 1; i <= n; ++i)
26         if(def[i][0] == 1) ans &= def[i][1];
27         else if(def[i][0] == 2) ans |= def[i][1];
28         else ans ^= def[i][1];
29     printf("%d\n", ans);
30     return 0;
31 }