bzoj2728: [HNOI2012]与非

被神仙题cao爆

可以发现（并没有）nand可以把这些基本运算表示出来

!a=a nand a

a&b=!(a nand b)

a|b=(!a)nand(!b)

用类似线性基的做法，由高位到低位枚举，对于每一个位，因为有取反操作，在保证当前位为1的情况下，把全部的数字都and一次，那么就可以得到一个由1个或多个1组成类似基底的东西，枚举时已经出现过1的位就不管。然后最后or起来的方案数就2的个数次方，但是有可能超过限制。

考虑上限为u，假如当前的这个基底比u小，那么u取0后面可以任选，方案数为2^i-1，然后取1往后延伸，此时u减掉这个基底。否则就只能取0，往后延伸。

记得补上取0的情况

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;

int n,m;LL a[1100];
int plen;LL p[110];
LL solve(LL u)
{
    LL ans=0;
    for(int i=1;i<=plen;i++)
        if(p[i]<=u)
            u-=p[i], ans|=(1LL<<plen-i);
    return ans+1;
}
bool v[110];
int main()
{
    LL L,R;
    scanf("%d%d%lld%lld",&n,&m,&L,&R); R=min(R,(1LL<<m)-1);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
    plen=0;
    memset(v,false,sizeof(v));
    for(int j=m-1;j>=0;j--)
    {
        if(v[j]==false)
        {
            plen++; p[plen]=(1LL<<m)-1;
            for(int i=1;i<=n;i++)
                if(a[i]&(1LL<<j))p[plen]&=a[i];
                else p[plen]&=~a[i];
            
            for(int i=0;i<m;i++)
                if(p[plen]&(1LL<<i))v[i]=true;
        }
    }
    if(L>R)printf("0
");
    else if(L==0)printf("%lld
",solve(R));
    else printf("%lld
",solve(R)-solve(L-1));
    return 0;
}