NC17857 起床困难综合症

题目

题目描述

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 \(\) 扇防御门组成。每扇防御门包括一个运算 \(op\) 和一个参数 \(\),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 \(\) ,则其通过这扇防御门后攻击力将变为 \(\) $op $ \(\) 。最终drd 受到的伤害为对方初始攻击力 \(\) 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 \(\) 之间的一个整数(即他的初始攻击力只能在 \(0, 1, … , \) 中任选,但在通过防御门之后的攻击力不受 \(\) 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。

输入描述

第 \(1\) 行包含 \(2\) 个整数,依次为 \(, \) ,表示drd 有 \(\) 扇防御门,atm 的初始攻击力为 \(0\) 到 \(\) 之间的整数。

接下来 \(\) 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 \(\),两者由一个空格隔开,且 \(op\) 在前, \(\) 在后,\(op\) 表示该防御门所对应的操作,\(\) 表示对应的参数。

输出描述

输出一行一个整数,表示atm 的一次攻击最多使 drd 受到多少伤害。

示例1

输入

  1. 3 10
  2. AND 5
  3. OR 6
  4. XOR 7

输出

  1. 1

说明

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 \(1\) 。

备注

题解

思路

知识点:贪心,位运算。

直接遍历 \([0,m]\) 显然是不可行的,需要合适的方法构造一个数。我们发现每位都是独立的,因此可以单独确认,不需要冗余的遍历。

考虑通过用 \(1\) 和 \(0\) 遍历所有门来确认这一位哪个数字更优。可以用两个 \(int\) 变量, \(ans0\) 与 \(ans1\) ,表示两种状态,分别为全是 \(0\) 和全是 \(1\) ,当然后者最高位和 \(m\) 的最高位对齐。两者跑完所有门后,就知道某位初始状态对应的结果了。

需要注意的是为了使初始状态不超过 \(m\) 在 \(1\) 和 \(0\) 都可以的时候优先选 \(0\) ,并且应当从高位优先遍历才能得到最大的结果。对于某位,我们只关心哪些情况需要能把结果变 \(1\) ,显然当 \(ans0\) 为 \(1\) 时,结果可以直接变 \(1\) ,并不影响初始状态大小;否则,当 \(ans1\) 为 \(1\) 时,若当前初始状态能在此位变 \(1\) ,即改变完不超过 \(m\) ,可以在结果这位改成 \(1\) ,记得刷新初始状态(我这里用的是减去 \(m\) 变相记录也行)。

时间复杂度 \(O(n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

代码

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. struct door {
  4. string op;
  5. int t;
  6. }d[100007];
  7. ///位运算每位都是独立的,一定要通过分别思考每位解答
  8. int main() {
  9. std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
  10. int n, m;
  11. cin >> n >> m;
  12. for (int i = 0;i < n;i++) {
  13. cin >> d[i].op >> d[i].t;
  14. }
  15. int ans1 = 0, ans0 = 0;
  16. for (int i = 1 << 30;i;i >>= 1) {
  17. if (m & i) {
  18. ans1 = (i << 1) - 1;
  19. break;
  20. }
  21. }
  22. for (int i = 0;i < n;i++) {
  23. if (d[i].op == "AND") {
  24. ans0 &= d[i].t;
  25. ans1 &= d[i].t;
  26. }
  27. else if (d[i].op == "OR") {
  28. ans0 |= d[i].t;
  29. ans1 |= d[i].t;
  30. }
  31. else if (d[i].op == "XOR") {
  32. ans0 ^= d[i].t;
  33. ans1 ^= d[i].t;
  34. }
  35. }
  36. int ans = 0;
  37. for (int i = 1 << 30;i;i >>= 1) {
  38. if (ans0 & i) ans |= i;
  39. else if ((ans1 & i) && i <= m) ans |= i, m -= i;
  40. }
  41. cout << ans << '\n';
  42. return 0;
  43. }

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