NC17857 起床困难综合症
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
3 10
AND 5
OR 6
XOR 7
输出
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
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct door {
string op;
int t;
}d[100007];
///位运算每位都是独立的,一定要通过分别思考每位解答
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
for (int i = 0;i < n;i++) {
cin >> d[i].op >> d[i].t;
}
int ans1 = 0, ans0 = 0;
for (int i = 1 << 30;i;i >>= 1) {
if (m & i) {
ans1 = (i << 1) - 1;
break;
}
}
for (int i = 0;i < n;i++) {
if (d[i].op == "AND") {
ans0 &= d[i].t;
ans1 &= d[i].t;
}
else if (d[i].op == "OR") {
ans0 |= d[i].t;
ans1 |= d[i].t;
}
else if (d[i].op == "XOR") {
ans0 ^= d[i].t;
ans1 ^= d[i].t;
}
}
int ans = 0;
for (int i = 1 << 30;i;i >>= 1) {
if (ans0 & i) ans |= i;
else if ((ans1 & i) && i <= m) ans |= i, m -= i;
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
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