题目

原题链接

AcWing 998. 起床困难综合症

题面

$21$ 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 $o p$ 和一个参数 $t$ ，其中运算一定是 $O R$ , $X O R$ , $A N D$ 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 $x$ $o p$ $t$ 。

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 $0, 1, \dots, m$ 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。

输入格式
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 $o p$ 和一个非负整数 $t$ ，两者由一个空格隔开，且 $o p$ 在前， $t$ 在后， $o p$ 表示该防御门所对应的操作， $t$ 表示对应的参数。

输出格式
输出一个整数，表示 atm 的一次攻击最多使 drd 受到多少伤害。

数据范围

输入样例：
3 10
AND 5
OR 6
XOR 7

输出样例：
1

样例解释：
atm可以选择的初始攻击力为 $0, 1, \dots, 10$ 。

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 $1$ 。

题解

思路

题目很长，但本质上就是给你一堆操作和数字，选择一个初始值，使得经过这些操作后得到一个最大的数。

直接枚举，显然不可取，我们可以换一下思路，枚举初始值的每个二进制位。

假设初始值第 $i$ 位为 $0$ ，经过上述操作后最后得到了 $1$ ，即最终造成的伤害必然比初始值大。

同理讨论 0 -> 0 ，1 -> 0 ，1 -> 1即可。

0 -> 0：对最终伤害大小没有影响，不需要考虑。

1 -> 0：最终会使得伤害减小，不需要考虑。

1 -> 1：当初始伤害值在限定范围内时应该尽可能的选择，因为目标是使得最终伤害值最大，最终伤害的该位置为 $1$ 明显要优于 $0$ ，同时也正是因为此类情况所以要从高位往低位枚举（这也是这题有贪心标签的原因）。

接下来就是代码的实现，此处给出的思路是：

定义一个全 $0$ 的二进制数和全 $1$ 的二进制数，然后直接采用位运算的方式进行操作，要比书中给定枚举每一位的时间复杂度小一个常数（即二进制位数）。

书中正解链接：抽风大佬Orz

笔者采用了 bitset 的写法，STL YYDS。（用法写在附录）

代码

#include <bits/stdc++.h>

// #define int long long

#define x first
#define y second

using namespace std;

typedef long long LL;

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int n, m;
    cin >> n >> m;
	
    bitset<40> zero, one; // 定义全0和全1的二进制数
    zero.reset();
    one.set();
    /* 不用bitset的方式
    int zero = 0;
    int one = (1 << 30) - 1;
    */

    while (n -- ) {
        string op;
        int x;
        cin >> op >> x;
        if (op == "AND") {
            zero &= x;
            one &= x;
        } else if (op == "OR") {
            zero |= x;
            one |= x;
        } else {
            zero ^= x;
            one ^= x;
        }
    }

    int ans = 0;
    int start = 0; // 记录初始的伤害值
    // 从高位往低位枚举是为了应对 1 -> 1的情况
    for (int i = 29; i >= 0; i -- ) {
        if (zero[i] == 1) {
            ans += (1 << i);
        } else if (one[i] == 1 && start + (1 << i) <= m) {
            ans += (1 << i);
            start += (1 << i);
        }
    }

    cout << ans << "\n";

    return 0;
}

附录

bitset<32> a bitset 的声明
a.size() 返回大小（位数）
a.count() 返回1的个数
a.any() 返回是否有1
a.none() 返回是否没有1
a.set() 全都变成1
a.set(p) 将第p+1位变成1
a.set(p, x) 将第p+1位变成x
a.reset() 全都变成0
a.reset(p) 将第p+1位变成0
a.flip() 全都取反
a.flip(p) 将第p+1位取反
a.to_ulong() 返回它转换为unsigned long的结果，如果超出范围则报错
a.to_ullong() 返回它转换为unsigned long long的结果，如果超出范围则报错
a.to_string() 返回它转换为string的结果