BZOJ4245 [ONTAK2015]OR-XOR 贪心

Description

给定一个长度为n的序列a[1],a[2],...,a[n]，请将它划分为m段连续的区间，设第i段的费用c[i]为该段内所有数字的异或和，则总费用为c[1] or c[2] or ... or c[m]。请求出总费用的最小值。

Input

第一行包含两个正整数n,m(1<=m<=n<=500000)，分别表示序列的长度和需要划分的段数。

第一行包含n个整数，其中第i个数为a[i](0<=a[i]<=10^18)。

Output

输出一个整数，即总费用的最小值。

Sample Input

3 2
1 5 7

Sample Output

3

HINT

第一段为[1]，第二段为[5 7]，总费用为(1) or (5 xor 7) = 1 or 2 = 3。

题解：

　　　就是从高位贪心，异或前缀和，如果当前这一位为1，那么不可以作为区分的断点。

　　　然后就附掉。

　　　　

　　　附上ljh大佬的题解，应该更加清楚。

　　　

解题报告：

　　这是一道很神的题，真的神，%%%。

　　感觉神犇们写的博客都好抽象，最后还是问了一下遥遥，自己又YY了一下，才搞懂的。详细讲一下吧。

　　首先题目要求我们把一个序列拆成m个序列，并且使得这m个序列内部的异或和，然后再把这m个异或和给或一下。使这个权值尽可能的小。

　　异或的题目我们显然是要变成二进制才好做，那么要想最终结果小，可以贪心地让高位尽可能地为0。我们做出前缀异或和，然后从高位往低位枚举，看一下n个前缀和中是否存在m个这一位可以为0的，而且n个数的总异或和这一位也不为1，那么显然这一位可以为0。因为我们相当于是在找m个右端点，使得每一个区间的最后以为都可以为0，因为到当前位一定保证了之前的每个区间都是这一位是0的，如果当前位的前缀异或和这一位是0，根据异或的性质，这一个新划出来的区间这一位也肯定为0。另外，n一定是最后一个区间的右端点，所以如果所有数的异或和这一位是1，那么答案无论如何不可能在这一位是0。这就是贪心的思想，尽可能地放0。

　　注意每次做完之后，把所有前缀异或和的这一位为1的都标记一下，表示以后再也不能作为右端点了。显然，我们是从高位往低位做的，所以前面对答案的贡献更大。所以后面不能因为后面的决策影响之前的更优决策。如果发现不足m个或者总异或和当前位是1，则ans中这一位只能是1，或进去就可以了。

#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>

#define N 500007
#define ll long long
using namespace std;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

int n,m;
ll ans,a[N],sum[N];
bool flag[N];


int main()
{
    n=read(),m=read();
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&a[i]),sum[i]=sum[i-1]^a[i];
    for (int i=63,cnt=0;i>=0;i--)
    {
        cnt=0;
        //cout<<i<<endl;
        //缁熻�澶氬皯涓�妭鐐逛綔涓哄彸鑺傜偣銆?
        for (int now=1;now<=n;now++)
            if (!flag[now]&&(sum[now]&(1ll<<i))==0) cnt++;
        //cout<<cnt<<" ";
        if (cnt>=m&&(sum[n]&(1ll<<i))==0)
        {
        //    cout<<1<<endl;
            for (int now=1;now<=n;now++)
                if ((sum[now]&(1ll<<i))) flag[now]=1;
        }
        else ans|=(1ll<<i);
        //cout<<ans<<" ";
        //for (int i=1;i<=n;i++)
    //        cout<<flag[i]<<" ";
    //    cout<<endl;    
    }
    printf("%lld
",ans);
}