BZOJ 3668([Noi2014]起床困难综合症-2进制拆分)

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3668: [Noi2014]起床困难综合症

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Description

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op和一个参数t，其中运算一定是OR,XOR,AND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 op 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,...,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。

Input

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

Output

一行一个整数，表示atm的一次攻击最多使 drd 受到多少伤害。

Sample Input

3 10
AND 5
OR 6
XOR 7

Sample Output

HINT

【样例说明1】

atm可以选择的初始攻击力为0,1,...,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。

0<=m<=10^9

0<=t<=10^9

一定为OR,XOR,AND 中的一种

【运算解释】

在本题中，选手需要先将数字变换为二进制后再进行计算。如果操作的两个数二进制长度不同，则在前补0至相同长度。

OR为按位或运算，处理两个长度相同的二进制数，两个相应的二进制位中只要有一个为1，则该位的结果值为1，否则为0。XOR为按位异或运算，对等长二进制模式或二进制数的每一位执行逻辑异或操作。如果两个相应的二进制位不同（相异），则该位的结果值为1，否则该位为0。 AND 为按位与运算，处理两个长度相同的二进制数，两个相应的二进制位都为1，该位的结果值才为1，否则为0。

例如，我们将十进制数5与十进制数3分别进行OR，XOR 与 AND 运算，可以得到如下结果：

0101 (十进制 5) 0101 (十进制 5) 0101 (十进制 5)

OR 0011 (十进制 3) XOR 0011 (十进制 3) AND 0011 (十进制 3)

= 0111 (十进制 7) = 0110 (十进制 6) = 0001 (十进制 1)

Source

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把二进制拆分

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define For(i,n) for(int i=1;i<=n;i++)
#define Fork(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++)
#define Rep(i,n) for(int i=0;i<n;i++)
#define ForD(i,n) for(int i=n;i;i--)
#define ForkD(i,k,n) for(int i=n;i>=k;i--)
#define RepD(i,n) for(int i=n;i>=0;i--)
#define Forp(x) for(int p=pre[x];p;p=next[p])
#define Forpiter(x) for(int &p=iter[x];p;p=next[p])  
#define Lson (o<<1)
#define Rson ((o<<1)+1)
#define MEM(a) memset(a,0,sizeof(a));
#define MEMI(a) memset(a,127,sizeof(a));
#define MEMi(a) memset(a,128,sizeof(a));
#define INF (2139062143)
#define F (100000007)
#define pb push_back
#define mp make_pair 
#define MAXN (100000+10)
typedef long long ll;
ll mul(ll a,ll b){return (a*b)%F;}
ll add(ll a,ll b){return (a+b)%F;}
ll sub(ll a,ll b){return (a-b+llabs(a-b)/F*F+F)%F;}
void upd(ll &a,ll b){a=(a%F+b%F)%F;}

int n,op[MAXN]; // & | ^
ll a[MAXN],m;
char s[100];


int b[MAXN],cnt=0;

int a2[MAXN][60];
void trans(ll m,int b[],int &cnt) {
	cnt=0; 
	while(m) b[++cnt]=m&1,m/=2;
}


int calc(int a,int op,int b ){
	if (op==0) return a&b;
	if (op==1) return a|b; return a^b;
}

int fun(int a,int j) {
	For(i,n) a=calc(a,op[i],a2[i][j]);
	return a;
	
} 



int tot=0;
int c[MAXN],siz=0;


int main()
{
//	freopen("bzoj3668.in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	
	scanf("%d%lld",&n,&m);
	For(i,n) {
		scanf("%s%d",s,&a[i]);
		if (s[0]=='A') op[i]=0;
		else if (s[0]=='O') op[i]=1;
		else op[i]=2; 
		trans(a[i],a2[i],a2[i][0]);
		tot=max(tot,a2[i][0]);
	}
	
	trans(m,b,cnt);
	tot=max(tot,cnt);
	
	
	
	
	bool flag=0;
	ForD(j,tot) {
		int t0=fun(0,j),t1=fun(1,j);
		if (flag==1) {
			if (t0<=t1) b[j]=1,c[j]=t1;
			else b[j]=0,c[j]=t0;
			continue;
		} 
		// flag==0
		if (b[j]==1) {
			if (t0<t1) b[j]=1,c[j]=t1;
			else b[j]=0,flag=1,c[j]=t0;
			continue;
		} else c[j]=t0;
	}
	
	ll ans=0;
	ForD(j,tot) ans=ans*2+c[j];
	cout<<ans<<endl;
	
	
	
	
	return 0;
}

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原文地址：http://blog.csdn.net/nike0good/article/details/48133797