复习：位运算

为了打篮球杯而捡起来之前学的oi

TA？那是什么东西，能吃吗？

/其实是感觉这行现状一般前景惨淡想着我还年轻趁早跑路比较好

本篇大概是位运算专题，之后以位运算为主的题目基本都会放在这里吧 主要以题目为主，大概不会出单独章节讲知识

1.求a^b%p,ab均小于1e9

直接一个个乘的话时间复杂度是O(b)

考虑位运算，任何一个自然数可以用多个2的n次方相加得到 例如10011,可以表示为$2^0\ast 1+2^1\ast 1+2^3\ast 0+2^4\ast 0+2^5\ast 1$

如果b可以转化为一个k位的二进制数，然后a^b就可以表示为$a\ast 2^{k-1}\ast c_{k-1}\ast a\ast 2^{k-2}\ast c_{k-2}+....\ast a\ast 2^0\ast c_0$,其中c为0或1
每次都进行b>>1的操作，并进行b&1的判断。由于&是按位进行，所以可以判断最后一位是否是1.若是1则更新答案。并且每次循环都需要更新要乘的a值，比如如果是1011，要乘的a值则分别为a，a^2 以及a^8

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll a,b,p;//求a的b次方对p取模 
ll ans=1;
int main()
{
  cin>>a>>b>>p;
  for(;b;b>>=1)
  {
  	if(b&1) ans=ans*a%p;
  	a=a*a%p;//如果末位是0则不更新ans。 
  }
  printf("%ld",ans);
  return 0;
}

2.64位整除乘法，求a*b%p

和上题思路类似，由幂变成了相乘，原本更新ans式子里的相乘变成相加，ans初值改为0即可

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll a,b,p;
ll ans=0;
int main()
{
  scanf("%ld%ld%ld",&a,&b,&p);
  for(;b;b>>=1)
  {
  	if(b&1) ans=ans+a%p;
  	a=a+a%p;//如果末位是0则不更新ans。 
  }
  printf("%ld",ans);
  return 0;
}

CF round941 D(div2)

题目大意：给定一个n和k(k<= n )，让你构造一个长度不大于25的数列，使得数列的任一子序列的和不能等于k。同时对于所有的v < = n并且v!=k,都有一个子序列使得子序列的和等于v。对于每个询问输出数列，
首先抛开k不谈，我们想构造一个可以组合出所有数字的序列
即1,2,4,8,16,32.......
我们的工作就是要在这个序列的基础上进行改动使其不能得到k，其他不变。
对于k，我们求出最大的i使得2的i次方小于等于k。
如果我们想构造出k，只需要这个序列的前i个数。换言之，如果我们去掉第i个，就不能构造k。
然后我们就能构造出来1到(2^i)-1的所有数。
但这样不行，从这部分到k的差距我们需要补齐，于是我们往序列中加一个数：k-((2^i )-1)-1，化简后是k-2^i。这样我们就能用它和前面的数构造出所有1到k-1。
但这样还是不够。由于我们去掉了2^i ，所以如果我们要求一个数t+2^i 就会出现问题。所以我们要想办法把2^i 这个空缺补上。我们已知构造比k大的数是绝对安全的，所以我们尝试构造k+2^i ,但这样又出现一个问题。
假设我们要构造一个数x使其能够替代2^i 的功效。假设x为t+2^i 。我们会在什么时候缺少t+2^i 呢？由于我们只少了一个2^i ，所以我们一定是能求出t，然后需要一个2^i ,此时我们直接用x来替代整个t+2^i 。也就是说如果我们求不出来t的话是没用的。但我们求不出k，所以我们不能用k+2^i ，然后我们用k+1+2^i ，但其实我们这时候序列里还没有k+1，于是我们设k+1,有k+1后我们能求出2k以内除了k所有的数字。k+1+2^i 最大值是当k==2^i 的时候值是2k+1因此2k+1以及之后的数字都可以用到2^i 。我们只要保证在2^(i+1) 前能求出2^(i+1) -1内的所有数字就可保证能求出所有数字。已知2^i <= k,那么2k一定大于等于2^(i+1) ，所以我们能求出所有数字。
综上所述，我们在去掉2^i的情况下往序列中加入三个数字，就是正确序列。
代码比较简单，思路有点要命

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
int main()
{
	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		int n,k;
		cin>>n>>k;
		n=maxn;
		int t=1;
		int i;
		for(i=0;i<=32;i++)
		{
			if(t>k) break;
			t<<=1;
		}
		t>>=1;i-=1;
		//2--k+t
		cout<<25<<endl;
		cout<<k-t<<' '<<k+t+1<<' '<<k+1<<' ';
		int t2=1;
		for(int j=0;j<=22;j++)
		{
			if(j==i) 
			{
				t2<<=1;
				continue;
			}
			cout<<t2<<' ';
			t2<<=1;
		}
		cout<<endl;
	}
	return 0;
}

牛客：毒瘤xor

我们首先来想，如果不考虑l和r的话，想要使得数组中的所有数与x的异或和最大该如何做。
将所有数字转换为二进制，不难想到，对于每一位来说，这一位上的0如果比1多，那么x的这一位就应该取1（异或后得到的1更多），反之应该取0，如果0和1一样多取0（数字尽量小）
所以我们需要统计出每一位的1的数量，用n减去1的数量就是0的数量，进行比较即可
回到原题，我们需要求出l到r区间内的每一位1的数量，不难想到前缀和
因此开一个大小为[maxn][32]的二维数组,sum[i][j]记录的是第i之前所有数第j位1的总个数，这样就能计算出l到r每一位的个数
判断0的数量和1的数量时总个数为（r-l+1）而非n要注意
还有这题卡空间，多开一个大数组就过不了了

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,q,cnt=0;
const int maxn=1e5+10;
int sum[maxn][32];
signed main()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x,cnt=0;
		scanf("%lld",&x);
		for(int j=1<<30;j>0;j>>=1)
		{
			cnt++;
			if(x&j) sum[i][cnt]++;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=1;j<=31;j++)
	sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j];
	cin>>q;
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		int l,r;
		scanf("%lld%lld",&l,&r);
		int ans=0;
		for(int j=1;j<=31;j++)
		{
			int t=sum[r][j]-sum[l-1][j];
		//	cout<<t<<' ';
			if(t<(r-l+1)-t) ans+=1<<(31-j);
		}
	//	cout<<endl;
		cout<<ans<<endl;
	}
	
	return 0;
}

牛客：兔子的区间密码

意思就是l到r之间随便取两个数令他们的异或值最大，求这个最大值
当两个数二进制位数不一样时，比如10111和1001，一个五位一个四位，我们显然可以选择10000和1111来异或成为11111.
当l和r二进制位数相同时，前面相同的部分异或值都必然为0，直到遇到不同时，我们可以继续按照上面的方法处理
因此只需要找到第一次出现不同的地方然后计算答案即可，假如是第i位不同，答案就是((long long)1<<i )-1，别忘了位运算优先级较低需要加括号，1需要加longlong

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ll long long
using namespace std;
int n;
signed main()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int l,r,cnt=0;
		scanf("%lld%lld",&l,&r);
		int j;
		for(j=63;j>=0;j--)
		{
			if((l>>j)!=(r>>j)) break;
		}
		//cout<<j<<endl;
		cout<<((1ll<<(j+1))-1)<<endl;
	}
	return 0;
}

牛客：[NOI2014]起床困难综合症

让你选择一个数，最大为m，使得令其进行一系列位运算后答案最大
我想的做法是对于每一位都用1和0分别运算一遍，看哪个有结果，答案和我思路类似不过更简洁
就是一开始用两个变量分别为0和-1（转换为二进制分别为0000...和1111....）然后在输入时就直接进行位运算，最后看两个变量的每一位的值，如果为1就说明可以取，因为不能超过m所以要尽量小就优先取初始为0的。
当初始为0不行而初始为1可以时就看是否超过范围（用一个变量t存，每次第j位取1时令t加上1 <<(j-1)和最大值m比较 ）,如果不超过范围就令最终答案加上1<<(j-1)。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,cnt=0;
const int maxn=1e5+10;
int a[100];
signed main()
{
	cin>>n>>m;
	int ans0=0,ans1=-1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		string s;
		int t;
		cin>>s>>t;
		if(s[0]=='A') ans0=ans0&t,ans1=ans1&t;
		if(s[0]=='O') ans0=ans0|t,ans1=ans1|t;
		if(s[0]=='X') ans0=ans0^t,ans1=ans1^t;
	}
	int ans=0,t=0;
	for(int i=(1<<30);i>0;i>>=1)
	{
	//	cout<<i<<endl;
		if(ans0&i) ans+=i;
		else if((ans1&i)&&(t+i<=m)) ans+=i,t+=i;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}