做题情绪：好题，做拉的比赛的时候想了非常久，想到枚举变幻某一位的 0 为 1 。可是每一个数都这样枚举岂不超时的节奏，当时没想到事实上从大到小枚举一次就 ok 了。
解题思路：
本题要求两个数 a & b = 0 , 假设 a = 10010 , b 至少（指在 a 中的为 1 的位必须为 0 ）是 01101 ，还能够是 00101 ，00001 。00000。就相当于你去买东西一样，先提出你的要求（必须满足）。至于其它方面都无所谓。
这样我们能够枚举 b 中的 1 。让其变为 0 ，那么，如何枚举呢 ？ 一个一个的枚举是不能够的，肯定超时，我们能够统一枚举一下，就跟状态压缩更新状态一样，相当于递推。用动态规划的思想去优化它，每一个数最多仅仅变化 0 的个数。然后再用变化了的数去变化。
代码：
#include<iostream>
#include<sstream>
#include<map>
#include<cmath>
#include<fstream>
#include<queue>
#include<vector>
#include<sstream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<stack>
#include<bitset>
#include<ctime>
#include<string>
#include<cctype>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
using namespace std ;
#define INT __int64
#define L(x) (x * 2)
#define R(x) (x * 2 + 1)
const int INF = 0x3f3f3f3f ;
const double esp = 0.0000000001 ;
const double PI = acos(-1.0) ;
const INT mod = 1e9 + 7 ;
const int MY = 15 ;
const int MX = (1<<22) + 5 ;
int n ;
int dp[MX] ,g[MX] ;
int main()
{
//freopen("input.txt" ,"r" ,stdin) ;
while(~scanf("%d" ,&n))
{
int S = (1<<22) - 1 ;
memset(dp ,0 ,sizeof(dp)) ;
for(int i = 0 ;i < n ; ++i)
{
scanf("%d" ,&g[i]) ;
dp[g[i]^S] = g[i] ; // g[I] 须要的还有一半
}
for(int i = S ; i >= 0 ; --i) // 枚举各种状态
{
if(!dp[i]) // 假设没有存值
{
for(int j = 0 ;j < 22 ; ++j) // 给其加入 1 让其变成有值
if(dp[i|(1<<j)])
dp[i] = dp[i|(1<<j)] ;
}
}
for(int i = 0 ;i < n ; ++i)
{
if(i) cout<<" " ;
if(dp[g[i]]) cout<<dp[g[i]] ;
else cout<<"-1" ;
}
cout<<endl ;
}
return 0 ;
}
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