绍兴一中模拟赛11.2——Alice的幸运数

原题

Solution

引理1：当$n>6$时全用$and$能使最小值为$0$

$1$个$and$能使$1$的个数减半，而$1$个数最多$32$个$1$，所以$6$个数能使$1$的个数为$0$

引理2：$xor$操作能被$and$操作代替

0^0=0；0&~0=0
0^1=1；0&~1=0
1^0=1；1&~0=1
1^1=0；1&~1=0
比较左右两列，发现$and$操作一定$<=xor$操作

引理3：只用$and$一定能得到最优解

把$n$个数二进制展开，可以得到一个大小为$n\ast 64$的表：
$(011101010101010{)}_2$
$(100110101010100{)}_2$
$(100101111010111{)}_2$
把它竖着看，每列看作一个状态，不管用什么运算符，相同状态的最终结果一定相同
首先假设状态数大于$2^n$，因为状态数$<=2^n$时三种操作都可以做到$0$
用$and$可以得到只有一个状态最终结果为$1$
要证明的就是$or$、$xor$、$and$三种操作混合不能使$2^n$种不同状态均为$0$
假设有一个长度为$k$的$01$序列，每两个数之间的操作相同，注意到不管是哪种操作，最终结果都是$0$或$1$（且都能取到），于是长度为$n$的混合序列可以看作若干个这样的序列（相当于缩点），最终结果是$0$或$1$（都能取到）

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只用引理1已经能过了这题，但时间复杂度为$O(n\ast 6^n)$，引理2能优化到$O(n\ast 4^n)$，引理3能优化到$O(n\ast 2^n)$

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
int T,n,i,s;
ll a[101],ans,t;
int main(){
	for (scanf("%d",&T);T--;){
		scanf("%d",&n);
		for (i=0;i<n;i++) scanf("%llu",&a[i]);
		if (n>6){
			puts("0");
			continue;
		}
		ans=~0;
		for (s=0;s<1<<n;s++,ans=min(ans,t))
			for (i=0,t=~0;i<n;i++) t&=(s&(1<<i)?a[i]:~a[i]);
		printf("%llu\n",ans);
 	}
}