原文链接www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/UOJ370.html
题解
首先易知答案肯定是一条链，因为挂在链的最下面肯定比挂在其他节点上赚。
问题被转化成了从一个集合中不断选数加入到当前序列尾端，使得序列的所有前缀 AND 之和最小。
我们发现，假如加入一个数后可以使序列的 AND 值变小，那么必然不会去加一个使 AND 值不变的。
假设 $v = a_1 { m and} a_2 { m and} cdots { m and} a_n$，先使 $a'_i = a_i { m XOR} v$ ，然后对于 a' 来求答案，最后答案加上 $ncdot v$ 。
由于在序列的 AND 值变成 0 之前，每次都会使 AND 值变小，所以不可能加入相同的数。
于是我们可以得到一个 $O(n^2)$ 的 dp。
设 dp[i] 表示加入若干个数使得当前 AND 值为 i 的最小花费。
转移暴力枚举下一个填什么数。
注意到状态 i 能转移到的状态一定是 i 的子集。而枚举所有子集的复杂度是 $O(a_i^{log_2 3})$ 的，所以我们可以考虑从这里找到本题的突破口。
我们现在要做的是判断 i 是否能转移到 j 。也就是是否存在一个 k ，使得 $i { m and} a_k = j$ 。
由于 i>j ，所以上式等价于：(~i) and (~a[k]) > 0, i xor ((~i) and (~a[k])) = j 。
于是我们考虑预处理出每一个值 v 是否满足 “存在一个 k ，使得 a[k] and v = v” 。于是 dp 转移的时候就枚举一下自己判定一下就可以了。
但是这样转移可能会导致一些本来没有的转移被转移了，但是显然这个不影响最优解。
时间复杂度：
$$O(a_i ^{log_2 3})$$
代码
#pragma GCC optimize("Ofast","inline")
#include <bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof (x))
#define For(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define Fod(i,b,a) for (int i=b;i>=a;i--)
#define pb(x) push_back(x)
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define fi first
#define se second
#define _SEED_ ('C'+'L'+'Y'+'A'+'K'+'I'+'O'+'I')
#define outval(x) printf(#x" = %d
",x)
#define outvec(x) printf("vec "#x" = ");for (auto _v : x)printf("%d ",_v);puts("")
#define outtag(x) puts("----------"#x"----------")
#define outarr(a,L,R) printf(#a"[%d...%d] = ",L,R);
For(_v2,L,R)printf("%d ",a[_v2]);puts("");
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector <int> vi;
LL read(){
LL x=0,f=0;
char ch=getchar();
while (!isdigit(ch))
f|=ch=='-',ch=getchar();
while (isdigit(ch))
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return f?-x:x;
}
const int N=1<<18;
const LL INF=1e18;
int n,t=18;
int a[N],vis[N];
int And=(1<<t)-1;
LL dp[N];
int main(){
n=read();
For(i,1,n){
a[i]=read();
And&=a[i];
}
For(i,1,n)
a[i]^=And;
For(i,1,n)
vis[(N-1)^a[i]]=1;
For(i,0,t-1)
For(j,0,N-1)
if (~j>>i&1)
vis[j]|=vis[j|1<<i];
For(i,0,N-1)
dp[i]=INF;
For(i,1,n)
dp[a[i]]=a[i];
Fod(i,N-1,0){
if (dp[i]>=dp[0])
continue;
for (int j=i;j>0;j=(j-1)&i)
if (vis[j])
dp[i^j]=min(dp[i^j],dp[i]+(i^j));
}
cout<<(LL)And*n+dp[0]<<endl;
return 0;
}