51nod 1315

1315 合法整数集


题目来源： TopCoder

基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 10 难度：2级算法题


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一个整数集合S是合法的，指S的任意子集subS有Fun（SubS）！=X，其中X是一个固定整数，Fun(A)的定义如下：
A为一个整数集合，设A中有n个元素，分别为a0，a1，a2,...,an-1,那么定义：Fun(A)=a0 or a1 or ... or an-1；Fun({}) = 0,即空集的函数值为0.其中，or为或操作。
现在给你一个集合Y与整数X的值，问在集合Y至少删除多少个元素能使集合Y合法？

例如：Y = {1,2,4}，X=7；显然现在的Y不合法，因为 1 or 2 or 4 = 7，但是删除掉任何一个元素后Y将合法。所以，答案是1.

Input

第一行两个整数N，X，其中N为Y集合元素个数，X如题所述，且1<=N<=50,1<=X<=1,000,000,000.
之后N行，每行一个整数yi，即集合Y中的第i个元素，且1<=yi<=1,000,000,000.

Output

一个整数，表示最少删除多少个元素。

Input示例

5 7
1
2
4
7
8

Output示例

2

题解

一道很有意思的位运算题。这里主要是考验对位运算的理解。

首先，我们可以将集合中的数划分为两种数，第一是根本不需要删除的元素，第二种是可能删除的元素。

那么我们先来分析第一种，什么叫做不可能删除的元素呢？ 

经过观察可以发现，只有当

(Y | X) > X

时，这个元素一定不必删除，因为凡是含有这个元素的集合，

Fun(SubS)

一定会大于

X

，这是因为这个

Y

存在

X

的二进制位为0位，

Y

对应位为1。

接着我们来分析第二种可能需要删除的元素。这里我们需要举一个例子： 

如样例：1、2、4、7、8，X=7，这里去除第一种元素，剩余1、2、4、7。 

二进制分别为0001、0010、0100、0111， 

那么他们能给对应的二进制位提供的1的数量分别是：0222；而7的二进制是0111，所以，这里出现了我们至少要保证X的某一位二进制的1，无法由集合内的数提供，也就是说，我们至少要删除两个。 

（PS：这里每一个1集合内都能提供两次，所以只有删除两个才能使其中一个为0，例如0022、0202、0220）

当然，这道题的两种元素可以合并在一起考虑，最后多加一个判断而已。

#include <bits/stdc++.h>
//#include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
//#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
//using namespace __gnu_pbds;
using namespace std;

#define pi acos(-1)
#define endl '\n'
#define me(x) memset(x,0,sizeof(x));
#define foreach(it,a) for(__typeof((a).begin()) it=(a).begin();it!=(a).end();it++)
typedef long long LL;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const LL LINF=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
const int dx[]={-1,0,1,0,-1,-1,1,1};
const int dy[]={0,1,0,-1,1,-1,1,-1};
const int maxn=1e3+5;
const int maxx=1e6+100;
const double EPS=1e-7;
const int mod=1000000007;
template<class T>inline T min(T a,T b,T c) { return min(min(a,b),c);}
template<class T>inline T max(T a,T b,T c) { return max(max(a,b),c);}
template<class T>inline T min(T a,T b,T c,T d) { return min(min(a,b),min(c,d));}
template<class T>inline T max(T a,T b,T c,T d) { return max(max(a,b),max(c,d));}
//typedef tree<pt,null_type,less< pt >,rb_tree_tag,tree_order_statistics_node_update> rbtree;
/*lch[root] = build(L1,p-1,L2+1,L2+cnt);
rch[root] = build(p+1,R1,L2+cnt+1,R2);中前*/
/*lch[root] = build(L1,p-1,L2,L2+cnt-1);
rch[root] = build(p+1,R1,L2+cnt,R2-1);中后*/
long long gcd(long long a , long long b){if(b==0) return a;a%=b;return gcd(b,a);}

int digit[33] = {0};    //  所有有可能需要删除的数的对应数位的和
int digitX[33];         //  X的二进制表示

int main()
{
int n,x;
cin>>n>>x;
int xx=x;
//将x转换为二进制
int cnt=0;
while(xx)
{
digitX[cnt++]=xx%2;
xx/=2;
}
int y;
int ans=55;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>y;
if((y|x)>x)
continue; //  说明存在X的二进制位为0位，Y为1，不用考虑删除
int key=0;
while(y)
{
digit[key++]+=y%2;
y/=2;
}
}
for(int i=0;i<33;i++)
{
if(digitX[i]&&!digit[i])//  X的某二进制位为1，但是集合内数无法为此位提供1
{
ans=0;
break;
}//如果不加这句判断  请测试下面的样例
/*
3 1
12571295
2174218
2015120
*/
if(digit[i])
{
ans=ans>digit[i]?digit[i]:ans;
}
}
cout<<ans<<endl;
}