洛谷 P2114 [NOI2014]起床困难综合症 题解【贪心】【二进制】
点击量:55
位运算的奇技淫巧*
题目描述
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。
输入输出格式
输入格式:
输入文件的第 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:
输出一行一个整数,表示atm的一次攻击最多使drd受到多少伤害。
输入输出样例
输入样例#1:3 10AND 5OR 6XOR 7输出样例#1:1说明
【样例说明】
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
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。
【数据规模与约定】
【 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)
题解:
首先,测试点1,2,3的30分是送的,枚举m模拟就可以。对于剩下m超过10000的点,就不好直接做了。
不过对二进制来说,我们可以知道当第k位为0或1时,它经过n次操作的结果是多少,因为每次操作的第k位是确定的。所以通过000000…000和111111…111来进行这些操作,得到第k位的结果就分别是当第k位为0或1时的结果了。
这时我们从大到小枚举。如果第i位的结果为0,那么就不选,如果第i位结果为1,判断原数在这一位是由0还是1变过来的。如果0可以变过来,就直接选,答案位或1,对原数没有影响;如果0,1都可以选,果断选0,原数保持不变,答案位或1,根据贪心,原数越小,后面的选取空间越大;如果只能取1,判断取之后原数位或1会不会超过m,如果不超过,把原数这一位位或1,答案也位或1,因为根据贪心,选越大的越好。
这个题其实就是计算了各个位上的情况,也就是知道了这一位取0与取1的结果,这样就用0x7fffffff和0来看每一位取1或取0,最后贪心选最优解且不超过m。
Code:
#include<cstdio>
#include<cstring>
int main()
{
int a=0,b=0x7fffffff;
int n,m,t;
char op[10];
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",op);
scanf("%d",&t);
if(op[0]=='A')
a&=t,b&=t;
else if(op[0]=='O')
a|=t,b|=t;
else
a^=t,b^=t;
}
int ans=0,ori=0;//答案/原数
for(int i=30;i>=0;--i)
{
if((a&(1<<i))>0)//0直接选
ans|=(1<<i);
else if((b&(1<<i))>0&&(ori|(1<<i))<=m)//1要对原数进行判断
{
ans|=(1<<i);
ori|=(1<<i);
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
说点什么