51nod 1406：与查询

51nod 1406：与查询

题目链接：http://www.51nod.com/onlineJudge/submitDetail.html#!judgeId=222358

题目大意：给出$n$个数，问这$n$个数与$x$做位与（$&$）后值为$x$的有多少个.

DP

显然暴力是不行的.

由题目可得，若$a & x=x$，则$x$的二进制表示中为$1$的位，$a$也必为$1$.

故若$x$和$y$仅有一位不同，且$x&y=x$，则 与$x$做位与后值为$x$的数中 必包含 与$y$做位与后值为$y$的数.

我们将一个数$x$分成两部分：$x_{+i}$和$x_{-i}$，分别表示$x$二进制表示的前$i$位和后$20-i$位（如$1023_{+10}=1111111111$，$1023_{-10}=0000000000$）.

定义状态 $dp[i][j]$为这$n$个数中，所有$a_{+i} & j_{+i}=j_{+i}$且$a_{-i}=j_{-i}$的个数.

则初始状态$dp[0][j]$即为$n$个数中，值为$j$的数的个数.

不难得出状态转移方程：

• 当$j$的第$i$（记第一位为$1$）位为$0$时，当前位可为$0$或$1$，故$dp[i][j]+=dp[i-1][j]+dp[i-1][j|(1<<(i-1))]$.
• 当$j$的第$i$位为$1$时，当前位只能为$1$，故$dp[i][j]+=dp[i-1][j]$.

需要注意的是输入输出的量很大，需要使用输入输出挂.

代码如下：

#include <cstdio>
using namespace std;
int n,t,dp[21][1<<20];
int in(){
    int res=0,flag=0,ch;
    if((ch=getchar())=='-')flag=1;
    else if('0'<=ch&&ch<='9')res=ch-'0';
    while('0'<=(ch=getchar())&&ch<='9')res=res*10+ch-'0';
    return flag?-res:res;
}
void out(int x){
    if(x>9)out(x/10);
    putchar('0'+x%10);
}
int main(void){
    n=in();
    for(int i=0;i<n;++i){
        t=in();
        dp[0][t]++;
    }
    for(int i=1;i<=20;++i){
        for(int j=0;j<=1000000;++j){
            if(j&(1<<(i-1)))dp[i][j]+=dp[i-1][j];
            else dp[i][j]+=dp[i-1][j]+dp[i-1][j|(1<<(i-1))];
        }
    }
    for(int i=0;i<=1000000;++i){
        out(dp[20][i]);
        puts("");
    }
}

上述算法在空间复杂度上可以进行优化：

for(int i=0;i<20;++i)
    for(int j=0;j<(1<<20);++j)
        if((j&(1<<i))==0)dp[j]+=dp[j|(1<<i)];