problem

cf链接

solution

读完题先直接暴力 $dp$ 拿出来，$d{p}_i={\max }_{j<i}\{d{p}_j+(f_i\&f_j)\}$。

谁能优化谁就是爸爸

假设存在 $j<k<i$，且 $f_i\&f_j$ 为 $1$ 的最高二进制位是 $p$，且 $f_i\&f_k,f_k\&f_j$ 的第 $p$ 位也为 $1$。

那么选择 $j,k,i$ 肯定比 $j,i$ 跳过 $k$ 要优。

因为 $f_j\&f_i$ 比 $p$ 更高的位全是 $0$，而加上 $k$，$2^p$ 就会计入两次贡献，说不定更高位还要额外0贡献产生，但都一定比只算一次 $2^p$ 大。

所以我们只需要对于每一个二进制位，记录最近的该位为 $1$ 的数下标即可。

到时候直接用 $f_i$ 二进制也为 $1$ 的那些位置进行转移，转移完后再更新。

$d{p}_i={\max }_{f_i>>j\&1}\{d{p}_{g_j}+(f_i\&f_{g_j})\}$。

时间复杂度从 $O(n^2)$ 锐减成 $O(n\log v)$。

位运算常考察两个点：拆成二进制位独立计算以及高二进制位决定/优先低二进制位。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 1000005
int n;
int f[maxn], dp[maxn], g[60];signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &f[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {for( int j = 40;~ j;j -- )dp[i] = max( dp[i], dp[g[j]] + (f[g[j]] & f[i]) );for( int j = 40;~ j;j -- )if( f[i] >> j & 1 ) g[j] = i;}int ans = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) ans = max( ans, dp[i] );printf( "%lld\n", ans );return 0;
}
/*
dp[i]=max{ dp[j]+a[i]&a[j] }
consider k(j<k<i) satisfy the highest digit p a[i]&a[j] a[i]&a[k] a[j]&a[k] all 1
it's better to choose j k i instead of j i
calc 2^p twice is bigger than once,of course
we just need to choose the nearest node for each digit
O(n^2)->O(n \log v)
*/