【JZOJ 4937】 与运算

Description

Analysis

因为是与运算，所以很容易想到的套路就是用二进制
可以设f[i]表示当前每一位二进制状态为i，然后状压DP
枚举每个数转移，设cnt[i]表示有多少个数满足and i=i（即i中若某一位为1则数中该位也为1）
那么f[i]=f[j]+i∗(cnt[i]−cnt[j])(i∈j)
cnt怎么求，我们可以分治，比如：
000 001 010 011 | 100 101 110 111
左边的第i个数∈右边的第i个数，所以cnt[000]+=cnt[100],cnt[001]+=cnt[101]等等
这样cnt求出来是nlogn的，但是转移是n^2的
考虑优化，贪心想，每次只把一个1变成0
这样显然是对的
复杂度nlogn

Code

#include<cstdio>#include<cmath>#include<algorithm>#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)#define fd(i,b,a) for(int i=b;i>=a;i--)using namespace std;typedef long long ll;const int N=1048600;int n,m,_2[21],a[N];ll f[N],cnt[N];void dfs(int l,int r){    if(l==r) return;    int mid=(l+r)>>1;    fo(i,0,mid-l) cnt[l+i]+=cnt[mid+1+i];    dfs(l,mid);dfs(mid+1,r);}int main(){    freopen("and.in","r",stdin);    freopen("and.out","w",stdout);    _2[0]=1;    fo(i,1,20) _2[i]=_2[i-1]*2;    scanf("%d",&n);    int mx=0;    fo(i,1,n)    {        scanf("%d",&a[i]);        cnt[a[i]]++;        mx=max(mx,a[i]);    }    int s=a[1];    fo(i,2,n) s&=a[i];    m=log2(mx)+1;    dfs(0,_2[m]-1);    fd(i,_2[m]-1,0)    {        fo(j,0,m-1)            if(i&_2[j])            {                int i1=i-_2[j];                f[i1]=max(f[i1],f[i]+i1*(cnt[i1]-cnt[i]));            }    }    printf("%lld",f[s]);    return 0;}