[HNOI2012]与非 解题报告

这题其实主要考察的就是反演律。
not(a and a)=not a
not(not a and not b)=a or b
not(not a or not b)=a and b
所以实际上，用nand就可以构造出所有位运算。实际上，对于二元位运算真值表的$2^4$种情况都是可以按统一的方法构造出来的（很多题解说什么手玩。。其实当然并不是），比如说

输入		输出
A	B	$A \oplus B$
0	0	1
0	1	0
1	0	1
1	1	0

就等于not A and not B or A and not B.
就是先一行一行and，然后or起来就行（结果是0的可以不用管）。
那么显然，如果有两位在所有数中相同，那么无论如何运算，这两位都必然是相同的。如果我们把它俩之间连一条边的话，那么就会构成若干互不相连的团。
所以我们不禁猜想，団与团之间是没有影响的，假如说有m个团，那么$[0,2^k)$内就可以且至多计算出$2^m$个数。
那么我们考虑如何构造。首先我们对于第i个团，我们构造$b_i$使得凡是团里的位在$b_i$中均为1，团外的位在$b_i$中均为0，显然，如果团i$A_j$中为1，就取$A_j$，否则取$not A_j$，然后把它们全and起来，就可以得到$b_i$了。然后考虑把一些$b_i$or起来，每一个$b_i$有选或不选两种，这显然就有$2^m$个数了。
然后我们用数位dp来处理$[0,l)$和$[0,r]$内的数，如果像传统数位dp那样一位一位考虑其实很麻烦，所以有一种非常好写的方法是对于每一个团打包考虑，每次不再是考虑这一位是否能取1，而是考虑这个团是否能取，这样就简单很多了！
这样时间复杂度就是$O(NK+K)$.

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
typedef long long LL;
LL A[1005],bset[65];
int K;
bool flag[65];
LL query(LL n){
    if(n<0)return 0;
    LL ans=0;
    int sum=0;
    for(int j=K;j--;)sum+=(bool)bset[j];
    for(int j=K;j--;)
        if(bset[j]){
            --sum;
            if(bset[j]<=n){
                n-=bset[j];
                ans|=1LL<<sum;
                //cout<<"Get:"<<bset[j]<<" "<<(1<<sum)<<endl;
            }
        }
    return ans+1;
}
int main(){
    freopen("bzoj_2728.in","r",stdin);
    freopen("bzoj_2728.out","w",stdout);
    int N,i,j,k;
    LL L,R;
    cin>>N>>K>>L>>R;
    if(L>=1LL<<K){
        puts("0");
        return 0;
    }
    R=min(R,(1LL<<K)-1);
    for(i=N;i--;)cin>>A[i];
    for(j=K;j--;)
        if(!flag[j]){
            bset[j]=(1LL<<K)-1;
            for(i=N;i--;)
                if(A[i]>>j&1)bset[j]&=A[i];
                else bset[j]&=~A[i];
            for(k=j;~k;--k)
                if(bset[j]>>k&1)
                    flag[k]=1;
        }
    cout<<query(R)-query(L-1)<<endl;
}

总结：
对于位运算，往往打包处理会有奇效！