bzoj3668 [Noi2014]起床困难综合症

3668: [Noi2014]起床困难综合症

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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。n<=10^5

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

1

HINT

 

【样例说明1】

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)

分析：挺水的一道题. 二进制每位独立，每一位是0还是1其实是可以贪心求出来的. 如果第i位为0经过n次操作后变成了1，那么这一位一定填0，如果为1经过n次操作后变成了1，检查一下填1后数是不是比m小，如果比m小就填1，否则这一位只能填0.

　　　注意点：允许有前导0，所有不一定从m的最高位开始填，从第30位填.

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;
ll n,m,ans,num[32],len,tot,M,maxx;

struct node
{
    ll id,x,p[32];
    void init()
    {
        memset(p,0,sizeof(p));
        ll t = x;
        while (t)
        {
            ++p[0];
            if (t & 1)
                p[p[0]] = 1;
            else
                p[p[0]] = 0;
            t >>= 1;
        }
    }
}e[100010];

ll solve(ll x,ll a)
{
    for (ll i = 1; i <= n; i++)
    {
        if (e[i].id == 1)
            a &= e[i].p[x];
        if (e[i].id == 2)
            a |= e[i].p[x];
        if (e[i].id == 3)
            a ^= e[i].p[x];
    }
    return a;
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    M = m;
    for (ll i = 1; i <= n; i++)
    {
        char s[10];
        scanf("%s",s + 1);
        scanf("%lld",&e[i].x);
        if (s[1] == 'A')
            e[i].id = 1;
        if (s[1] == 'O')
            e[i].id = 2;
        if (s[1] == 'X')
            e[i].id = 3;
        e[i].init();
    }
    for (ll i = 30; i >= 1; i--)
    {
        ll temp1 = solve(i,0),temp2 = solve(i,1);
        if (temp1 == 1)
            ans += (temp1 << (i - 1));
        else if (temp2 == 1 && tot + (1 << (i - 1)) <= M)
        {
            ans += (temp2 << (i - 1));
            tot += (temp2 << (i - 1));
        }
        else
            ans += (temp1 << (i - 1));
    }
    printf("%lld\n",ans);

    return 0;
}