BZOJ 2728: [HNOI2012]与非（位运算）

题意

定义 NAND（与非）运算，其运算结果为真当且仅当两个输入的布尔值不全为真，也就是 A NAND B = NOT(A AND B) ，运算位数不会超过 $k$ 位，

给你 $n$ 个整数 $A_i$ ，这些数能任意进行无数次与非运算，最后问能运算出多少个在 $[L, R]$ 区间的数。

$k \le 60, n \le 1000, A_i < 2^k, 0 \le L \le R \le 10^{18}$

题解

参考了 kczno1 孔爷的题解。

这个运算初看不太优美，其实我们可以利用它的一些性质。

由于 A NAND A = NOT (A AND A) = NOT A 所以我们就可以得到了 NOT （非）运算。

进一步我们利用 NOT ，NOT(A NAND B) = NOT(NOT(A AND B)) = A AND B ，就可以得到了 AND （与）运算。

这样这个运算就变得十分优秀了，我们就转化成进行 NOT 和 AND 然后我们就可以得到 所有二进制操作 了。

然后利用这个性质，我们就可以得到一个更加有用的性质。

对于第 $i$ 位和第 $j$ 位，如果所有 $A_k$ 的第 $i$ 位和第 $j$ 位相同，那么最后的结果对于 $i, j$ 这两位一定是一样的。

否则这两位的取值互不影响，可以任意取都能构造出一组合法方案。

我们就能把 $k$ 位数划分成许多个等价类，每个等价类里面的元素取值都必须一样。

然后为了算 $[l, r]$ 区间的答案，我们令 $Calc(r)$ 为 $\le r$ 能凑出来的数。

那么答案为 $Calc(r) - Calc(l - 1)$ 。至于如何算 $Calc(x)$ 呢？我们按位考虑就行了。

具体的，如果枚举的位为 $0$ ，那么忽略。
如果为 $1$ ，假设这一位不能选，那么接下来以任意选而不会超也不会重复，所以方案数加上 $2^{sum}$ ( $sum$ 为接下来的集合的个数) 然后退出。

如果能选。要么不选，那么 $2^{sum-1}$ ；要么将集合中的数全部选了，再接着枚举后面。、

复杂度是 $O(nk)$ 的，不知道为什么 $n$ 只开 $1000$ 。。。石乐志。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl

using namespace std;

typedef long long ll;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

template<typename T>
inline T read() {
    T x(0), sgn(1); char ch(getchar());
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
    return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("2728.in", "r", stdin);
	freopen ("2728.out", "w", stdout);
#endif
}

typedef long long ll;

const int N = 1e3 + 1e2, K = 60;

ll a[N], sta[N], now, full;

int n, k, sum[K];

inline ll Calc(ll x) {
	if (x >= full) return 1ll << sum[k - 1];
	ll res = 0;
	for (int i = k - 1; x >= 0 && i >= 0; -- i) 
		if (x >> i & 1) {
			if (sta[i]) {
				res += 1ll << (sum[i] - 1); x -= sta[i];
			}
			else {
				res += 1ll << sum[i]; break;
			}
		}
	return res + (x == 0);
}

int main () {

	File();

	n = read<int>(); 
	full = (1ll << (k = read<int>())) - 1;

	ll l = read<ll>(), r = read<ll>();
	For (i, 1, n) a[i] = read<ll>();

	ll have = 0;
	Fordown (i, k - 1, 0) if (!(have >> i & 1)) {
		ll now = full;
		For (j, 1, n)
			now &= (a[j] >> i & 1) ? a[j] : ~a[j];
		have |= (sta[i] = now); sum[i] = 1;
	}
	For (i, 1, k - 1) sum[i] += sum[i - 1];

	printf ("%lld\n", Calc(r) - Calc(l - 1));

	return 0;

}

__EOF__

本文作者：zjp_shadow
本文链接：https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/10096371.html
关于博主：评论和私信会在第一时间回复。或者直接私信我。
版权声明：本博客所有文章除特别声明外，均采用 BY-NC-SA 许可协议。转载请注明出处！
声援博主：如果您觉得文章对您有帮助，可以点击文章右下角【推荐】一下。您的鼓励是博主的最大动力！