题目

给定数列\(a\)，求\(a_i|(a_j \& a_k)\)的最大值，其中\(i<j<k\)。

题解

很容易想到预先处理\(a_j \& a_k\)。由于\(a\)的值域为\(2\times 10^{6}\)，所以可以求出每个数的是否能被与表示出来。对于某个值\(i\)，如果有\(i=j\&k\)，那么必有\(i\in j\)以及\(i \in k\)，这里\(\in\)的意思是将二进制的1看作集合的元素时的属于关系。所以就是找每个数\(i\)的超集。事实上，真正想要的是所有\(i\)的超集中最靠后的两个位置，因为还要或一个数，所以越靠后越优。

即求\(P(i)=\max\limits_{i \in j}(p(j))\)，\(p(j)\)代表\(j\)所在的位置。这个可以用fwt的思想，分治的方法解决(好像也叫作SOSdp)。

处理完后，对于每个\(a_i\)，从高位到低位遍历，贪心地看能不能在这一位或上1。假设当前位\(p\)可以或上1，那么当前或操作的贡献为\(d=d|(2^p)\)，如果\(P(d|(2^p))>i\)，说明存在\(a_j\&a_k\)可以使得\(a_i\)或上这个1。最后\(a_i\)的最大值为\(a_i|d\)。

时间复杂度\(O((n+M)\log M)\)，\(M\)为值域。

注意事项：

  1. 可能有不存在\(a_j\& a_k\)使得\(a_i\)变大情况，此时不要算上\(a_i|d\)的贡献。否则就会Wrong answer on test 139

  2. 预处理部分\(dp\)计算没有前后依赖关系，不要写成cdq分治了，即正确写法是算左算右再合并，而不是算右、算右对左的贡献、算左，否则会有重复贡献。

  3. 预处理后的步骤想反了，居然想遍历\(a_j\& a_k\)，找\(a_i\)。太笨了。

#include <bits/stdc++.h>

#define endl '\n'
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define mp make_pair
#define seteps(N) fixed << setprecision(N) 
typedef long long ll;

using namespace std;
/*-----------------------------------------------------------------*/

ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
#define INF 0x3f3f3f3f

const int N = 3e6 + 10;
const double eps = 1e-5;

typedef pair<int, int> PII;

PII dp[N];

PII upd(const PII& a, const PII& b) {
    int ra, rb;
    if(a.first > b.first) {
        return {a.first, max(a.second, b.first)};
    } else {
        return {b.first, max(b.second, a.first)};
    }    
}

void solve(int l, int r) {
    if(l == r) return ;
    int mid = (l + r) / 2;
    solve(l, mid);
    solve(mid + 1, r);
    for(int i = l; i <= mid; i++) {
        dp[i] = upd(dp[i], dp[i - l + mid + 1]);
    }
    
}


int get(int x) {
    int len = 1;
    while((1 << len) <= x) {
        len++;
    }
    return len;
}

int arr[N];

int main() {
    IOS;
    int n, len = 0, mx = 0;
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> arr[i];
        dp[arr[i]] = upd(dp[arr[i]], {i, 0});
        mx = max(mx, arr[i]);
    }
    len = get(mx);
    mx = (1 << len);
    solve(0, mx - 1);
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        int d = 0;
        bool ok = false;
        for(int j = len - 1; j >= 0; j--) {
            if(!(arr[i] & (1 << j))) {
                if(dp[d | (1 << j)].second > i) {
                    d |= (1 << j);
                    ok = true;
                }
            }
        }
        if(dp[d].second > i) {
            ok = true;
        }
        if(ok) ans = max(ans, arr[i] | d);
    }
    cout << ans << endl;
}