[HNOI2012]与非

题目描述

NAND（与非）是一种二元逻辑运算，其运算结果为真当且仅当两个输入的布尔值不全为真。NAND运算的真值表如下（1表示真，0表示假）:

两个非负整数的NAND是指将它们表示成二进制数，再在对应的二进制位进行NAND运算。由于两个二进制数的长度可能不等，因此一般约定一个最高位K，使得两个数的二进制表示都不 超过K位，不足K位的在高位补零。给定N个非负整数A1,A2......AN和约定位数K，利用NAND运算与括号，每个数可以使用任意次，请你求出范围[L,R]内可以被计算出的数有多少个。

输入输出格式

输入格式：

输入文件第一行是用空格隔开的四个正整数N，K，L和R，接下来的一行是N个非负整数A1,A2......AN，其含义如上所述。 100%的数据满足K<=60且N<=1000,0<=Ai<=2^k-1,0<=L<=R<=10^18

输出格式：

仅包含一个整数，表示[L,R]内可以被计算出的数的个数

输入输出样例

输入样例#1： 复制

3  3 1 4
3  4 5

输出样例#1： 复制

4

说明

样例1中，(3 NAND 4) NADN (3 NAND 5) = 1，5 NAND 5 = 2，3和4直接可得。

可以表示出其他所有的位运算

$not A=A nand A$

$A and B=not (A nand B)$

$A or B=(not A) nand (not B)$

$A xor B=(A and not B) or (not A and B)$

所以相当于是这$n$ 个数之间可以做任何位运算。

如果这$n$ 个数中每个数的第$i$ 位和第$j$ 位都相同，那么这$n$ 个数无论怎么运算，最后得到的答案中第$i$ 位和第$j$ 位一定相同

然后就是数位dp

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long lol;
lol tmp[81],c[81],cnt[81],Q[81][81];
lol a[2001],k,n,L,R;
lol dfs(lol s,lol x,lol flag)
{lol i,j;
  if (x<0) return 1;
  if (!flag)
  {
    memcpy(tmp,c,sizeof(c));
    lol tot=0;
    for (i=x;i>=0;i--)
      if (tmp[i]==-1)
      {
        tot++;
        for (j=0;j<=cnt[i];j++)
          {
            tmp[Q[i][j]]=1;
          }
      }
    return 1ll<<tot;
  }
  lol ed=((s>>x)&1);
  lol sum=0;
  if (c[x]==-1)
    {
      for (i=0;i<=ed;i++)
        {
          for (j=0;j<=cnt[x];j++)
            {
              c[Q[x][j]]=i;
            }
          sum+=dfs(s,x-1,flag&(i==ed));
        }
      for (j=0;j<=cnt[x];j++)
        {
      c[Q[x][j]]=-1;
        }
      return sum;
    }
  else
    {
      if (flag&&c[x]&&ed==0) return 0;
      return dfs(s,x-1,flag&(c[x]==ed));
    }
}
lol solve(lol s)
{
  memset(c,-1,sizeof(c));
  if (s<0) return 0;
  return dfs(s,k-1,(s>>k)?0:1);
}
int main()
{lol i,j,l,flag;
  cin>>n>>k>>L>>R;
  for (i=1;i<=n;i++)
    scanf("%lld",&a[i]);
  for (i=k-1;i>=1;i--)
    {
      for (j=i-1;j>=0;j--)
        {
          flag=0;
          for (l=1;l<=n;l++)
            if (((a[l]>>i)&1)^((a[l]>>j)&1))
              {
            flag=1;break;
              }
          if (flag==0)
            Q[i][++cnt[i]]=j;
        }
      Q[i][0]=i;
    }
  printf("%lld
",solve(R)-solve(L-1));
}