[HNOI2012]与非

题目

传送门 to DarkBZOJ

思路

显然不会是直接求解，一定要发现一些性质才行。所以我打了个表，试了试 $(0011{)}_2$ 和 $(0101{)}_2$ 能凑出什么。为啥是这两个数呢？因为这两个数的 $01$ 组合刚好取遍四种情况。

结果是：能凑出所有数！我非常惊讶。于是我把它加长，每组设为两个，即 $(00001111{)}_2$ 和 $(00110011{)}_2$，结果是：可以凑出所有 $(aabbccdd{)}_2$ 形式的数！

然后我在前面的基础上，加入 $(10011001{)}_2$ 进行扰动，发现：又可以凑出所有数了！接下来有很多例子，都符合我的猜想：如果两个二进制位，对于所有数字，都是两个相同的数字，那么只能凑出这两个二进制位相同的数；没有别的限制条件。

条件的必要性是显然的。只需要证明充分性。首先 $\text{nand}$ 等价于 $\text{and}$ 再取反；而 $x\mathrm{nand}x$ 就得到 $x$ 的按位取反。那么，我们求出的 $\text{nand}$ 结果立刻跟自己再取一次 $\text{nand}$，得到的实际上就是 $\text{and}$ 。

所以我们实际上拥有两种操作：$\text{and}$ 和按位取反。

利用归纳法。由于不同二进制位之间独立，将其重排，使得原本我们可以凑出 $(\alpha \alpha \alpha \beta \beta \beta \omega \omega \omega \cdots {)}_2$ 形式的二进制数，即，必须相同的二进制位都是相邻的。此时，新添一个数，不妨设它在 $\alpha$ 的部分中有 $01$ 两种形式。仍然利用重排，使得 $0,1$ 构成连续段。为了方便书写，每个部分的长度都设定为 $2$，不失一般性。

现在我们拥有的数字是：$(aabbcc{)}_2$ 和 $(01????{)}_2$ 。令 $a=1$，其余为 $0$，得到 $(110000{)}_2$，与新数字取 $\text{nand}$ 即得 $\lambda =(101111{)}_2$ 。此时只需要保持 $a=1$，改变 $b,c$ 等的取值，然后和 $\lambda$ 取 $\text{and}$，就会留下 $(10bbcc{)}_2$ 。这些数取反又得到 $(01bbcc{)}_2$ 。于是我们看到：$a$ 部分必须取相同值的限制消失了！

所以我们现在拥有的数字是 $(axbbcc{)}_2$ 和 $(01????{)}_2$ 。如果这个新数字中仍然可以 “切开” 一个连续段，那就继续。所以条件的充分性就得证了。

总结一下，步骤很简单，先用全 $0$ 取 $\text{nand}$ 来造出全 $1$，再在上面取 $\text{and}$ 来随意变换。现在想想，这个结论不是显而易见么？

代码实现上，我就偷了个懒，直接 $\mathcal{O}(k^{2}n)$ 暴力连并查集了。

代码

#include <cstdio> // Who's the principal?
#include <iostream> // He's just amongst us.
#include <algorithm>
#include <cstring> // A man in a case
#include <cctype>
using namespace std;
# define rep(i,a,b) for(int i=(a); i<=(b); ++i)
# define drep(i,a,b) for(int i=(a); i>=(b); --i)
typedef long long llong;
inline int readint(){
    
    
	int a = 0, c = getchar(), f = 1;
	for(; !isdigit(c); c=getchar())
		if(c == '-') f = -f;
	for(; isdigit(c); c=getchar())
		a = (a<<3)+(a<<1)+(c^48);
	return a*f;
}
void writeint(unsigned x){
    
    
	if(x > 9) writeint(x/10);
	putchar(char((x%10)^48));
}

const int MAXK = 62, MAXN = 1003;
int fa[MAXK], n, k; llong a[MAXN];
inline int findSet(int x){
    
    
	if(fa[x] == x) return x;
	return fa[x] = findSet(fa[x]);
}

int chose[MAXK];
llong query(llong bound,int tot){
    
    
	if(bound>>k) return 1ll<<tot; // free!
	llong ans = 0;
	for(int i=k-1; ~i; --i){
    
    
		const bool isRt = (findSet(i) == i);
		if(isRt) -- tot; // one more settled
		if(bound>>i&1){
    
     // can freely choose
			// choose 0
			if(isRt || chose[findSet(i)] == 0)
				ans += 1ll<<tot; // freely choose
			// choose 1 (lean on the bound)
			if(!isRt && !chose[findSet(i)])
				break; // cannot go on
			else chose[findSet(i)] = 1;
		}
		else{
    
     // can only choose 0
			if(!isRt && chose[findSet(i)])
				break; // cannot go on
			else chose[findSet(i)] = 0;
		}
	}
	return ans;
}

int main(){
    
    
	n = readint(), k = readint();
	llong l, r; scanf("%lld %lld",&l,&r);
	rep(i,1,n) scanf("%lld",&a[i]);
	rep(i,0,k-1) fa[i] = i; // init
	rep(i,0,k-1) drep(j,k-1,i+1){
    
    
		if(findSet(i) == findSet(j)) continue;
		bool same = true;
		rep(p,1,n) if((a[p]>>i&1) != (a[p]>>j&1)){
    
    
			same = false; break; // not linked
		}
		if(same){
    
     fa[i] = j; break; }
	}
	int tot = 0; // how many component
	rep(i,0,k-1) tot += (findSet(i) == i);
	printf("%lld\n",query(r+1,tot)-query(l,tot));
	return 0;
}