noi2014 起床困难综合症

Posted 2020-10-02 zbtrs

[Noi2014]起床困难综合症

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Description

 

21 世纪，许多人得了一种奇怪的病：起床困难综合症，其临床表现为：起床难，起床后精神不佳。作为一名青春阳光好少年，atm 一直坚持与起床困难综合症作斗争。通过研究相关文献，他找到了该病的发病原因：在深邃的太平洋海底中，出现了一条名为 drd 的巨龙，它掌握着睡眠之精髓，能随意延长大家的睡眠时间。正是由于 drd 的活动，起床困难综合症愈演愈烈，以惊人的速度在世界上传播。为了彻底消灭这种病，atm 决定前往海底，消灭这条恶龙。历经千辛万苦，atm 终于来到了 drd 所在的地方，准备与其展开艰苦卓绝的战斗。drd 有着十分特殊的技能，他的防御战线能够使用一定的运算来改变他受到的伤害。具体说来，drd 的防御战线由 n扇防御门组成。每扇防御门包括一个运算op和一个参数t，其中运算一定是OR,XOR,AND中的一种，参数则一定为非负整数。如果还未通过防御门时攻击力为x，则其通过这扇防御门后攻击力将变为x op t。最终drd 受到的伤害为对方初始攻击力x依次经过所有n扇防御门后转变得到的攻击力。由于atm水平有限，他的初始攻击力只能为0到m之间的一个整数（即他的初始攻击力只能在0,1,...,m中任选，但在通过防御门之后的攻击力不受 m的限制）。为了节省体力，他希望通过选择合适的初始攻击力使得他的攻击能让 drd 受到最大的伤害，请你帮他计算一下，他的一次攻击最多能使 drd 受到多少伤害。

 

Input

 

第1行包含2个整数，依次为n,m，表示drd有n扇防御门，atm的初始攻击力为0到m之间的整数。接下来n行，依次表示每一扇防御门。每行包括一个字符串op和一个非负整数t，两者由一个空格隔开，且op在前，t在后，op表示该防御门所对应的操作， t表示对应的参数。n<=10^5

 

Output

 

一行一个整数，表示atm的一次攻击最多使 drd 受到多少伤害。

 

Sample Input

 

3 10
AND 5
OR 6
XOR 7

 

Sample Output

 

1

 

HINT

 

 

【样例说明1】

atm可以选择的初始攻击力为0,1,...,10。

假设初始攻击力为4，最终攻击力经过了如下计算

4 AND 5 = 4

4 OR 6 = 6

6 XOR 7 = 1

类似的，我们可以计算出初始攻击力为1,3,5,7,9时最终攻击力为0，初始攻击力为0,2,4,6,8,10时最终攻击力为1，因此atm的一次攻击最多使 drd 受到的伤害值为1。

0<=m<=10^9

0<=t<=10^9  

一定为OR,XOR,AND 中的一种

【运算解释】

在本题中，选手需要先将数字变换为二进制后再进行计算。如果操作的两个数二进制长度不同，则在前补0至相同长度。OR为按位或运算，处理两个长度相同的二进制数，两个相应的二进制位中只要有一个为1，则该位的结果值为1，否则为0。XOR为按位异或运算，对等长二进制模式或二进制数的每一位执行逻辑异或操作。如果两个相应的二进制位不同（相异），则该位的结果值为1，否则该位为0。 AND 为按位与运算，处理两个长度相同的二进制数，两个相应的二进制位都为1，该位的结果值才为1，否则为0。

例如，我们将十进制数5与十进制数3分别进行OR，XOR 与 AND 运算，可以得到如下结果：

 

              0101 (十进制 5)           0101 (十进制 5)           0101 (十进制 5)

 

              OR 0011 (十进制 3)    XOR 0011 (十进制 3)    AND 0011 (十进制 3)

 

           = 0111 (十进制 7)       = 0110 (十进制 6)        = 0001 (十进制 1)

分析：其实每次二进制的操作可以先对每一位进行分析，因为两个二进制数的操作可以变成对每一位的操作，也就是说每一位可以使相对独立的，只是影响了二进制数的大小。

      然而二进制数的位数越高，权重越大，所以我们从高到低枚举每一位，记录这一位是否能是1，判断方法就是记录下来的答案加上二进制下的这一位数是不是小于m,如果能是1，则判断这一位是0或1经过给定的n次操作后哪一个更大，选一个更大的累加进答案中，如果两个相等，则选0，目的是为了给后面的数更多选择的机会.

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>

using namespace std;

int n, m,t[100010],a[100010],ans;

int sum(int x)
{
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if (a[i] == 1)
            x &= t[i];
        if (a[i] == 2)
            x |= t[i];
        if (a[i] == 3)
            x ^= t[i];
    }
    return x;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        char op[10];
        scanf("%s%d", op, &t[i]);
        if (op[0] == ‘A‘)
            a[i] = 1;
        else
        if (op[0] == ‘O‘)
            a[i] = 2;
        else
            a[i] = 3;
    }
    for (int i = 30; i >= 0; i--)
    {
        if (ans + (1 << i) > m)
            continue;
        int x = sum(ans), y = sum(ans + (1 << i));
        if (x < y)
            ans += (1 << i);
    }
    printf("%d\n", sum(ans));

    return 0;
}