[JZOJ4937]与运算

题目大意

对于一个序列$a_1,a_2,...,a_n$，定义$f_i$表示序列前$i$项依次进行按位与运算后的值。定义一个序列的价值为$\sum_{i=1}^n f_i$。
现在给定一个序列$a_1,a_2,...,a_n$，你需要把它重新排列，求序列的最大价值。

$1\le n,a_i\le1000000$

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题目分析

可以发现，$f_i$随着$i$的增大在不断地变小，变成它的子集（将二进制看成集合）。
因此$f_i$形成了若干个值相同的块，并且前面的块的值包含了后面的块的值。而且最后一块的值一定是整个序列的与值。
考虑使用$dp$来计算答案，令$F_i$表示$f$值为$i$时的最大价值。可以写出：

$$F_i=\max_{i\subset j}\{F_j+i\times(cnt_i-cnt_j)\}$$
在这里， $cnt_i$表示包含二进制 $i$的$a_i$个数。从上一块到当前块，我们将 $i$作为当前块的值，那么其造成的贡献显然是$i\times(cnt_i-cnt_j)$。
可是这样直接计算是 $\mathrm O(n^2)$的。考虑枚举子集来转移，那么时间复杂度是 $\mathrm O(n^{\log_23})$的。
怎样才能更快呢？其实我们只需要从只比 $i$多一位$1$的 $j$转移到$i$就好了。枚举二进制位时间 $\mathrm O(n\log n)$。
这样会不会有弄不出来的值成了最优答案呢？其实不会，因为如果这个值弄不出来，要么就包含能够弄出来的数，这样它一定是作为转移的中间媒介，不可能最优，要么是完全弄不出来的数，那它的值一定是 $0$。
至于计算$cnt_i$，就是经典的分治思路了，在这里不讲，参考 [COCI2012]toy。
总时间复杂度 $\mathrm O(n\log n)$。

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代码实现

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cctype>

using namespace std;

typedef long long LL;

int read()
{
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (!isdigit(ch)) f=ch=='-'?-1:f,ch=getchar();
    while (isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}

const int N=1000005;
const int A=1<<20;

int cnt[A];
int a[N];
LL f[A];
int n,sum;

void count(int l,int r)
{
    if (l==r) return;
    int mid=l+r>>1;
    for (int i=mid+1;i<=r;i++) cnt[l+(i-mid)-1]+=cnt[i];
    count(l,mid),count(mid+1,r);
}

void dp()
{
    f[A]=1;
    for (int s=A-1;s>=0;s--)
        for (int i=0;i<20;i++)
            if (!(s&(1<<i)))
                f[s]=max(f[s],f[s|(1<<i)]+1ll*s*(cnt[s]-cnt[s|(1<<i)]));
}

int main()
{
    freopen("and.in","r",stdin),freopen("and.out","w",stdout);
    n=read(),sum=A-1;
    for (int i=1;i<=n;i++) cnt[a[i]=read()]++,sum&=a[i];
    count(0,A-1),dp();
    printf("%lld\n",f[sum]);
    fclose(stdin),fclose(stdout);
    return 0;
}