题解 AGC015D【A or...or B Problem】

problem

从 $\geq A$ 且 $\leq B$ 的整数中选择一个或多个，把这些整数按位或，求一共有多少种可能的结果。

$1 \leq A \leq B \leq 2^{60}$

solution

首先暴力怎么写呢？FWT。设序列 $a_{i} = [L \leq i \leq R]$ ，然后对它 FWT-or 之后自己乘几倍，再翻回去。然后输入几组样例，我们可以大概知道是什么东西了。建议输入样例 $L = 123, R = 152$ 。以下说说瞪出来的规律。

首先 $L, R$ 的公共前缀是没有用的，不如删除，这样以后认为 $R$ 的最高位是 $1$ ， $L$ 的最高位是 $0$ 。然后答案显然需要先包括 $[L, R]$ ，且因为 $a | b \geq max (a, b)$ ，所以可能的结果只会更大。

考虑有了 $[L, R]$ 之后能构造 $R + 1$ 吗？需要看情况，例如： $R = 10001001_{2}$ 的时候，显然可以用 $1000100 {\underset{―}{0}}_{2}$ 和 $1000 \underset{―}{0} 0 {\underset{―}{10}}_{2}$ 或一下，就是说我们可以去掉 $R$ 的第二个 $1$ ，来获得 $R + 1$ 的没有第二个 $1$ 的版本，然后或上第二个 $1$ 后面全是零的一个数，构造出 $R + 1$ 。那么就是说我们的 $R$ 的第二个 $1$ 后面可以全部放满一，不影响答案（如上面的例子可以将 $R$ 直接改为 $10001111_{2}$ ）。再要更高的位，单靠 $R$ 就无法做到。

考虑 $L$ 。举例 $L = 01011101_{2}, R = 10001001 \to 10001111_{2}$ ，我们可以用 $[L, 10000000_{2})$ 中的数和 $10000000_{2}$ 或一下，获得 $[L + 10000000_{2}, 11111111_{2}]$ 中的数。

除此之外没有别的数字，对 $[L, R^{'}]$ 和 $[L + 10000000_{2}, 11111111_{2}]$ 求并就是答案。

根据上面的构造，还可以发现这些可能的结果只需要两个数字或即可。所以 FWT 开平方就够了。

若认为高贵的 __builtin_clzll 是常数复杂度，则整个题的复杂度是常数。不用就是 $O (\log R)$ 。

code

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <cassert>
#include <algorithm>
using namespace std;
#ifdef LOCAL
#define debug(...) fprintf(stderr, ##__VA_ARGS__)
#else
#define debug(...) void(0)
#endif
#define bitclz __builtin_clzll
typedef long long LL;
LL getBit(int k) { return 1ll << k; }
bool conBit(LL x, int k) { return x & getBit(k); }
LL L, R;
int main() {
    freopen("or.in", "r", stdin);
    freopen("or.out", "w", stdout);
    scanf("%lld%lld", &L, &R);
    if (L == R) return puts("1"), 0;
    int b = 63 - bitclz(L ^ R);
    assert(conBit(R, b) && !conBit(L, b));
    for (int i = b - 1; i >= 0; i--) if (conBit(R, i)) {
        R |= getBit(i) - 1;
        break;
    }
    LL U = (getBit(b) - 1) | (R >> b << b);
    LL D = L | (R >> b << b);
    if (R < D) printf("%lld\n", R - L + 1 + U - D + 1);
    else printf("%lld\n", U - L + 1);
    return 0;
}