【基本算法题-2022.7.26】4. 起床困难综合症

每日一题包含七大板块，现在从最基本的算法题开始，此类题型包括位运算、递推、递归、二分、排序、贪心等，从简单到复杂，跟我一起从点滴积累，到最终一举成名，打遍天下！

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💻基本算法题4. 起床困难综合症

21 世纪，许多人得了一种奇怪的病：起床困难综合症，其临床表现为：起床难，起床后精神不佳。

作为一名青春阳光好少年，atm 一直坚持与起床困难综合症作斗争。

通过研究相关文献，他找到了该病的发病原因： 在深邃的太平洋海底中，出现了一条名为 drd 的巨龙，它掌握着睡眠之精髓，能随意延长大家的睡眠时间。

正是由于 drd 的活动，起床困难综合症愈演愈烈， 以惊人的速度在世界上传播。

为了彻底消灭这种病，atm 决定前往海底，消灭这条恶龙。

历经千辛万苦，atm 终于来到了 drd 所在的地方，准备与其展开艰苦卓绝的战斗。

drd 有着十分特殊的技能，他的防御战线能够使用一定的运算来改变他受到的伤害。

具体说来，drd 的防御战线由 n 扇防御门组成。

每扇防御门包括一个运算 op 和一个参数 t，其中运算一定是 OR,XOR,AND 中的一种，参数则一定为非负整数。

如果还未通过防御门时攻击力为 x，则其通过这扇防御门后攻击力将变为 x op t。

最终 drd 受到的伤害为对方初始攻击力 x 依次经过所有 n 扇防御门后转变得到的攻击力。

由于 atm 水平有限，他的初始攻击力只能为 0 到 m 之间的一个整数（即他的初始攻击力只能在 0,1,…,m 中任选，但在通过防御门之后的攻击力不受 m 的限制）。

为了节省体力，他希望通过选择合适的初始攻击力使得他的攻击能让 drd 受到最大的伤害，请你帮他计算一下，他的一次攻击最多能使 drd 受到多少伤害。

输入格式
第 1 行包含 2 个整数，依次为 n,m，表示 drd 有 n 扇防御门，atm 的初始攻击力为 0 到 m 之间的整数。

接下来 n 行，依次表示每一扇防御门。每行包括一个字符串 op 和一个非负整数 t，两者由一个空格隔开，且 op 在前，t 在后，op 表示该防御门所对应的操作，t 表示对应的参数。

输出格式
输出一个整数，表示 atm 的一次攻击最多使 drd 受到多少伤害。

数据范围

输入样例：

3 10
AND 5
OR 6
XOR 7
1
2
3
4

输出样例：

1
1

样例解释
atm可以选择的初始攻击力为 0,1,…,10。

假设初始攻击力为 4，最终攻击力经过了如下计算

4 AND 5 = 4

4 OR 6 = 6

6 XOR 7 = 1
1
2
3
4
5

类似的，我们可以计算出初始攻击力为 1,3,5,7,9 时最终攻击力为 0，初始攻击力为 0,2,4,6,8,10 时最终攻击力为 1，因此 atm 的一次攻击最多使 drd 受到的伤害值为 1。

运算解释
在本题中，选手需要先将数字变换为二进制后再进行计算。如果操作的两个数二进制长度不同，则在前补 0 至相同长度。

• OR 为按位或运算，处理两个长度相同的二进制数，两个相应的二进制位中只要有一个为 1，则该位的结果值为 1，否则为 0。
• XOR 为按位异或运算，对等长二进制模式或二进制数的每一位执行逻辑异或操作。如果两个相应的二进制位不同（相异），则该位的结果值为 1，否则该位为 0。
• AND 为按位与运算，处理两个长度相同的二进制数，两个相应的二进制位都为 1，该位的结果值才为 1，否则为 0。

例如，我们将十进制数 5 与十进制数 3 分别进行 OR、XOR 与 AND 运算，可以得到如下结果：

    0101 (十进制 5)             0101 (十进制 5)             0101 (十进制 5)             
 OR 0011 (十进制 3)         XOR 0011 (十进制 3)         AND 0011 (十进制 3)             
  = 0111 (十进制 7)           = 0110 (十进制 6)           = 0001 (十进制 1)             
1
2
3

🍀题解 — 按位枚举

按位与 、按位或 、按位异或 有个共同的性质：即每次运算只有关该位上的数，而不影响其它位上的数
所以我们可以像最大异或对这题一样，从高位到低位 来确定数的每一位。
如果该位可以填 uu，并且填 uu 之后答案的该位是 11，那么在该位填 uu，否则填 !u!u
那么如何判断该位能填几呢？

• 如果该位填 11 后，所得到的数大于 mm，那么该位填 !u!u
• 否则如果该位填 11 后，所得到的数对 nn 个数都运算之后，结果小于等于该位填 00 后得到的结果，那么为了让剩下能填的数更大，该位填 00
• 否则该位填 11

由于我们只需要得到填出来的数对所有数运算后的结果，而并不需要输出填出来的数，所以在写代码的时候并不需要真正的把数填出来，只需要确定是否能将答案的该位填成 11 即可。

📝代码展示

#include  

const int N = 100005;

int n, m;             // n, m 即题目描述中 n, m
int ans;              // ans 存我们能得到的最大的答案
int t[N];             // t 存输入的 n 个数
short op[N];          // op 存 n 个数对应的操作，1 表示按位或，2 表示按位异或，3 表示与
char str[4];          // str 用于读入操作

bool calc(bool x, int j)                         // calc 用于计算 x 经过所有数的第 j 位操作后所得到的结果
{
    for (int i = 0; i < n; i ++ )                // 从 0 到 n 枚举所有读入的数与其对应操作
        if (op[i] == 1) x |= t[i] >> j & 1;      // 如果 op[i] 为 1，说明该数所对应的运算为按位或
        else if (op[i] == 2) x ^= t[i] >> j & 1; // 如果 op[i] 为 2，说明该数所对应的运算为按位异或
        else    x &= t[i] >> j & 1;              // 如果 op[i] 为 3，说明该数所对应的运算为按位与
    return x;
}

int main()
{
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for (int i = 0; i < n; i ++ )
    {
        scanf("\n%s %d", str, t + i);
        if (*str == 'O') op[i] = 1;              // 如果该操作为 OR ，那么 op[i] 制为 1
        else if (*str == 'X') op[i] = 2;         // 如果该操作为 XOR，那么 op[i] 制为 2
        else    op[i] = 3;                       // 否则该操作为 AND，那么 op[i] 制为 3
    }

    for (int i = 29; ~i; i -- )                  // 因为本题中 m 最大是 10 ^ 9，log2(10 ^ 9) = 3log2(10 ^ 3) < 3 * 10 = 30，所以每次 i 从 29 往后枚举就可以了
        if (1 << i <= m)                         // 如果填 1 后小于等于 m，要看填完后对答案的影响来填
        {
            bool x = calc(0, i), y = calc(1, i); // 先分别处理出该位填 0 的结果和该位填 1 的结果
            if (x >= y) ans|= x << i;            // 如果该位填 1 并不比该位填 0 更优，那么为了让剩下能填的数更大，在该位填 0
            else ans |= y << i, m -= 1 << i;     // 否则在该位填 1，填完后让 m 减去该位填 1 的结果，这样在后面填数的时候只用考虑是否大于 m 就可以了
        }
        else ans |= calc(0, i) << i;             // 否则该位只能填 0,

    printf("%d\n", ans);
    return 0;
} 
1
2
3
4
5
6
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【🎯知识点：按位枚举】

在二进制数中, 高位取1所产生的数比所有低位都取1形成的数都大, 即 1<< n > (1< 可以在确定答案的时候运用贪心的思想, 即能在高位取1就在高位取1。

本题就是该方法的经典之作，建议多加理解练习！

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