题意：给你n个元素的数组a。你可以在每个元素之前添加and和or的符号。每次询问最后变成r有多少种添号情况。
n<=1000,m<=5000,q<=1000.
标程：
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 using namespace std; 5 const int mod=1e9+7; 6 const int N=5005; 7 typedef long long ll; 8 int n,m,q,bin[N],tmp[N],rnk[N],bit[2],a[N],sum[N]; 9 int read() 10 { 11 int x=0;char ch=getchar(); 12 while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar(); 13 while (ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';break;} 14 return x; 15 } 16 int main() 17 { 18 scanf("%d%d%d",&n,&m,&q); 19 bin[0]=1; 20 for (int i=1;i<=m;i++) rnk[i]=i; 21 for (int i=1;i<=n;i++) bin[i]=(ll)bin[i-1]*2%mod; 22 for (int i=1;i<=n;i++) 23 { 24 bit[0]=bit[1]=0; 25 for (int j=1;j<=m;j++) bit[a[j]=read()]++,sum[j]=((ll)sum[j]+(ll)bin[i-1]*a[j]%mod)%mod; 26 bit[1]+=bit[0]; 27 for (int j=m;j>=1;j--) tmp[bit[a[rnk[j]]]--]=rnk[j]; 28 swap(tmp,rnk); 29 } 30 reverse(rnk+1,rnk+m+1); 31 while (q--) 32 { 33 for (int i=1;i<=m;i++) a[i]=read(); 34 int mx=0,mn=m+1; 35 for (int i=1;i<=m;i++) 36 if (a[rnk[i]]==0) mn=min(mn,i);else mx=max(mx,i); 37 if (mx>mn) {puts("0");continue;} 38 int sum1=(rnk[mx]==0)?bin[n]:sum[rnk[mx]],//注意运算符二进制的长度为n 39 sum2=(rnk[mn]==0)?0:sum[rnk[mn]]; 40 printf("%d\n",((ll)sum1-sum2+mod)%mod); 41 } 42 return 0; 43 }
易错点：1.注意运算符二进制的长度为n。bin要处理到2^n。
题解：计数排序+性质/从后往前推+bitset
bitset的做法：我们从后往前考虑，由最后一个数An和Ans可以推得前n-1个数的运算和x。
枚举该位之前填&还是|，每一位有八种情况：
x&1=1 x=1
x&1=0 x=0
x&0=1 无解，直接跳出
x&0=0 ？任意
x|1=1 ？任意
x|0=1 x=1
x|1=0 无解，直接跳出
x|0=0 x=0
无解不考虑，返回0。
我们发现非任意的和Ans的答案是一样的，所以不用保存，只用bitset维护一样哪几个是？即可（这个可以自定义运算求）。如果都是？，那么接下来就没有限制了，返回2的若干次。
但是枚举&和|，复杂度真的是对的吗？如果某一位相异，那么运算符唯一确定。反之是所有位相同的情况，得到的一定是111？？？，000？？？的这种形式。
接下来如果同样所有位相同，以111？？？为例，推出来x要么全是？，直接返回，要么仍是全1，相当于也变成了唯一确定的状态。
所以不能唯一确定的只有一次。好像会卡一点，手写bitset较宜。
时间复杂度O(nmq/w）。
出题人给的解法：
设x为符号的二进制表示第i个数之前的符号如果是and，x[i]=1，反之x[i]=0。
对于给出数列的每一位统计bi，第n个数的第i位是作为bi的最高位。
容易发现，当x<bi时，最后答案的第i位应该是1，反之为0。
那么对于每一个询问数，就可以列出关于x的不等式了。最后算出解区间中有多少个数即可。
时间复杂度O(mq)。
