uoj#370【UR #17】滑稽树上滑稽果

题目

低智选手果然刷不动uoj

首先考虑一下构造一棵树显然是骗你玩的，按位与这个东西越做越小，挂到链的最下面显然不会劣于挂到之前的某一个点下面，所以我们只需要求一个排列使得答案最小就好了

设(A=max(a_i))，发现最优答案不可能要劣于反复对一个数取( m and)的答案，我们就有了一个(O(nA))的暴力，设(dp_i)表示当前的( m and)和为(i)，把这个(i)变成(0)的最小代价

但是有可能最后的( m and)和也不是(0)，于是我们把所有(a_i)都共有的二进制位(k)都求出来，在把每一个(a_i)消去这些数位，即和(k)异或一下，最后的( m and)和就一定为(0)；在答案加上(n imes k)就好了

这样的话转移非常简单，我们枚举一个(a_j)，(dp_i=min(dp_{i m and a_j }+i m and a_j))即可

最后答案是(min(dp_{a_i}+a_i))

注意到(i m and a_j)一定是(i)的子集，考虑枚举(i)的子集(j)，现在只需要判断是否存在一个(a_k)满足(i m and a_k=j)

从集合的角度来考虑，我们可以把上面那个条件拆成(j)是(a_k)的子集，并且(a_k)是(jigoplus i)在全集补集中的子集，我们用( m fwt)处理一下就可以知道是否有一个(a_k)是(iigoplus j)在全集补集中的子集，但并没有办法判断(j)是否为(a_k)的子集

但是想一想发现我们没有必要判断(j)是否为(a_k)的子集，只管转移就好了

观察转移式(dp_i=min(dp_j+j))，显然(j)越小越好，如过存在(a_k)是(iigoplus j)在全集补集中的子集，但是(a_k)并不是(j)的子集，那么一定会有一个更小的(i)的子集是这个(a_k)的子集，那个转移一定更优

于是复杂度就是(O(3^{log A}))

#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define LL long long
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int maxn=1e5+5;
int n,a[maxn],vis[1<<18+1],k,T,len;
LL dp[1<<18+1],ans;
int main() {
	n=read();
	for(re int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),T=max(T,a[i]);
	len=1;while(len<T) len<<=1;len--;
	for(re int i=1;i<=n;i++) vis[a[i]]=1;
	for(re int i=2;i<=len+1;i<<=1)
		for(re int ln=i>>1,l=0;l<len;l+=i)
			for(re int x=l;x<l+ln;++x) vis[x+ln]|=vis[x];
	k=a[1];for(re int i=2;i<=n;i++) k&=a[i];
	for(re int i=1;i<=n;i++) a[i]^=k;
	memset(dp,20,sizeof(dp));
	ans=dp[0];dp[0]=0;
	for(re int i=1;i<=T;i++) 
		for(re int j=i;j;j=(j-1)&i)
			if(vis[len^j]&&dp[i^j]+(i^j)<dp[i]) dp[i]=dp[i^j]+(i^j);
	for(re int i=1;i<=n;i++) 
		ans=min(ans,dp[a[i]]+a[i]);
	printf("%lld
",1ll*n*k+ans);
	return 0;
}