Codeforces Round #150 (Div. 1) A. The Brand New Function

题意

    给你 n(1<=n<=10^5) 个数，每个数的范围是 [0, 10^6] ，定义一个函数 f(L, R) ：把从第 L 个数取到第 R 个数全部取“或”得到的数，考虑所有的 L 和 R，问你能够得到多少个不同的 f(L, R)

做法分析

    首先，没想法，但是我们知道这个结果一定不会超过 2^20，那么就先暴力试试吧：

        1、将所有数存在数组 a 中

        2、用 f[i][j] 表示从第 i 个到第 j 个，所有数“或”的值。其实我们可以在暴力枚举 j 的过程中再来暴力枚举 i ，这样就可以把二维数组化为一位数组了

        3、定义一个数组 flag，flag[i] 表示 值为 i 的数是否是 f(L, R) 的一个结果

        4、扫描 flag 数组，看哪些的值是 1，是就把答案加 1

        5、输出答案

                

for(int i=1; i<=n; i++)for(int j=1; j<i; j++){f[j]=f[j]|i;flag[f[j]]=1;}

    很不幸，在第 13 组数据 T 了。。。

    那该怎么优化，或者想其他的方法？

    这里是对上面的优化

    在上面的六行代码中，考虑到这样一个性质：第 2 行枚举 j 的时候其实是可以从 i-1 到 1 逆向枚举的，然后我们注意到 f[j] 表示的是什么：第 j 个元素到第 i 个元素之间所有元素“或”的值，为了方便，我们先把它用二维数组表示：f[j][i] , j<i 。仔细观察这样的一个过程：

    我们已经知道了 f[j， i-1] ，现在新添加一个 a[i] 进来并且更新所有的 f[j, i]=f[j, i-1] | a[i] ，这就是上面暴力过程做的事情

    注意这样一个事实：f[j, i]=f[j, k] | f[k+1, i] , 注意了，如果现在已经有了f[k+1, i]==f[k+1, i-1] ，那么对于所有的 1<=j<=k ,有 f[j, i] ==f[j, i-1]  ，如果再把 f 数组化成一维数组，那么我们的所有 f[j] , 1<=j<=k 就不用改变，也就是说，在逆向循环 j 的时候，一旦我们遇到了 f[j]==f[j] | a[i] ，我们就可以 break 掉了，这有点单调队列的感觉，但不是很强烈，不过相信时间复杂度应该不是 n^2 的了，然后试着交了一发，78msAC

        如果您还有其他的方法，欢迎回复给我，感激不尽！

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Codeforces Round #150 (Div. 1) A. The Brand New Function

代码

#include <iostream>#include <cstdio>using namespace std;int a, f[100005], fg[1<<20], n, cnt=0;int main(){    scanf("%d", &n);    for(int i=1; i<=n; i++)    {        scanf("%d", &a);        for(int j=i-1; j>=1; j--)            if(f[j]!=(f[j]|a)) fg[f[j]=f[j]|a]=1;            else break;        fg[f[i]=a]=1;    }    for(int i=0; i<(1<<20); i++)        if(fg[i]) cnt++;    printf("%d\n", cnt);}