AT2382[AGC015D]A or...or B Problem

正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/AT2382

---

题目大意

询问在\([L,R]\)中选取一个或多个数，将它们按位或后能得到多少种不同的结果。

\(1\leq L\leq R<2^{60}\)

---

解题思路

我们先把高位的\(L\)和\(R\)都有的\(1\)都删除，因为它们之间的数都有这些\(1\)，显然没有用。

那么这样\(L\)和\(R\)的最高位就不同了，我们找到\(R\)的最高位\(2^k\)。

此时对于\([L,2^k)\)中的数字都在\(L\)中，而且它们怎么或都不能超过\(2^k\)，所以这部分的答案就是\(2^k-L\)。

然后让这部分的数或上\(2^k\)，此时我们就有两个部分\([2^k,R]\)和\([L+2^k,2^{k-1})\)的数字。

先令\(L=L+2^{k-1}\)，然后我们分类讨论一下：

• \(R\geq L-1\)：此时\([2^k,2^{k-1})\)都能直接有。
• \(R\geq 2^k+2^{k-1}\)：此时第\(k-1\)位为\(0\)的数都存在，然后我们让这一部分数或上\(2^k+2^{k-1}\)，那也能得到所有第\(k-1\)位为\(1\)的数，所以同上。
• \(L<2^k+2^{k-1}\)：此时\(k-1\)位为\(1\)的数都可以得到，继续考虑\(k-1\)位为\(0\)，对\(k-2\)位同上分类讨论即可。
• \(R<2^k+2^{k-1},L\geq 2^{k}+2^{k-1}\)：此时对于\(k-1\)位为\(1\)的部分我们显然不可能异或出比\(L\)小的数字，而比其大的数字都在，所以这部分答案是\(2^{k}-L\),对\([2^{k},R]\)重新做一次上面的操作就好了。

时间复杂度：\(O(\log^2 n)\)

---

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
ll A,B,ans;
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&A,&B);
	while(1){
		if(B<=1){
			ans+=B-A+1;
			printf("%lld\n",ans);
			return 0;
		}
		ll k=1ll;
		while(k*2ll<=B)k=k*2ll;
		if((A&k)&&(B&k))
		{A-=k,B-=k,k/=2ll;continue;}
		ans+=k-A;B-=k;k/=2ll;swap(A,B);
		while(k){
			if(A>B||A>=k){
				ans+=k*2ll;
				printf("%lld\n",ans);
				return 0;
			}
			if(B<k)ans+=k,k/=2ll;
			else{
				ans+=k*2ll-B;
				B=A;A=0;
				break;
			}
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}