[HNOI2012]与非 解题报告

这题其实主要考察的就是反演律。
not(a and a)=not a
not(not a and not b)=a or b
not(not a or not b)=a and b
所以实际上，用nand就可以构造出所有位运算。实际上，对于二元位运算真值表的24种情况都是可以按统一的方法构造出来的（很多题解说什么手玩。。其实当然并不是），比如说

输入 输出 A B A⊕B 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0

就等于not A and not B or A and not B.
就是先一行一行and，然后or起来就行（结果是0的可以不用管）。
那么显然，如果有两位在所有数中相同，那么无论如何运算，这两位都必然是相同的。如果我们把它俩之间连一条边的话，那么就会构成若干互不相连的团。
所以我们不禁猜想，団与团之间是没有影响的，假如说有m个团，那么[0,2k)内就可以且至多计算出2m个数。
那么我们考虑如何构造。首先我们对于第i个团，我们构造bi使得凡是团里的位在bi中均为1，团外的位在bi中均为0，显然，如果团iAj中为1，就取Aj，否则取notAj，然后把它们全and起来，就可以得到bi了。然后考虑把一些bior起来，每一个bi有选或不选两种，这显然就有2m个数了。
然后我们用数位dp来处理[0,l)和[0,r]内的数，如果像传统数位dp那样一位一位考虑其实很麻烦，所以有一种非常好写的方法是对于每一个团打包考虑，每次不再是考虑这一位是否能取1，而是考虑这个团是否能取，这样就简单很多了！
这样时间复杂度就是O(NK+K).

#include<cstdio>#include<iostream>using namespace std;#include<cstdlib>#include<cmath>#include<cstring>typedef long long LL;LL A[1005],bset[65];int K;bool flag[65];LL query(LL n){    if(n<0)return 0;    LL ans=0;    int sum=0;    for(int j=K;j--;)sum+=(bool)bset[j];    for(int j=K;j--;)        if(bset[j]){            --sum;            if(bset[j]<=n){                n-=bset[j];                ans|=1LL<<sum;                //cout<<"Get:"<<bset[j]<<" "<<(1<<sum)<<endl;            }        }    return ans+1;}int main(){    freopen("bzoj_2728.in","r",stdin);    freopen("bzoj_2728.out","w",stdout);    int N,i,j,k;    LL L,R;    cin>>N>>K>>L>>R;    if(L>=1LL<<K){        puts("0");        return 0;    }    R=min(R,(1LL<<K)-1);    for(i=N;i--;)cin>>A[i];    for(j=K;j--;)        if(!flag[j]){            bset[j]=(1LL<<K)-1;            for(i=N;i--;)                if(A[i]>>j&1)bset[j]&=A[i];                else bset[j]&=~A[i];            for(k=j;~k;--k)                if(bset[j]>>k&1)                    flag[k]=1;        }    cout<<query(R)-query(L-1)<<endl;}

总结：
对于位运算，往往打包处理会有奇效！