【位运算试填法】【推荐】3022. 给定操作次数内使剩余元素的或值最小-编程知识

算法可以发掘本质，如：
一，若干师傅和徒弟互有好感，有好感的师徒可以结对学习。师傅和徒弟都只能参加一个对子。如何让对子最多。
二，有无限多1X2和2X1的骨牌，某个棋盘若干格子坏了，如何在没有坏的格子放足够多骨牌。
三，某个单色图，1表示前前景，0表示后景色。每次操作可以将一个1，变成0。如何在最少得操作情况下，使得没有两个1相邻（四连通）。
四，若干路人，有些人是熟人，如何选出最多的人参加实验。为了避免熟人影响实验的效果，参加的人不能是熟人。
一二是二分图的最大匹配，三是二分图的最小点覆盖，四是二分图最大独立集。而这三者是等效问题。

本文涉及知识点

位运算试填法

LeetCode 3022. 给定操作次数内使剩余元素的或值最小

给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums 和一个整数 k 。
一次操作中，你可以选择 nums 中满足 0 <= i < nums.length - 1 的一个下标 i ，并将 nums[i] 和 nums[i + 1] 替换为数字 nums[i] & nums[i + 1] ，其中 & 表示按位 AND 操作。
请你返回至多 k 次操作以内，使 nums 中所有剩余元素按位 OR 结果的最小值。
示例 1：
输入：nums = [3,5,3,2,7], k = 2
输出：3
解释：执行以下操作：

将 nums[0] 和 nums[1] 替换为 (nums[0] & nums[1]) ，得到 nums 为 [1,3,2,7] 。
将 nums[2] 和 nums[3] 替换为 (nums[2] & nums[3]) ，得到 nums 为 [1,3,2] 。
最终数组的按位或值为 3 。
3 是 k 次操作以内，可以得到的剩余元素的最小按位或值。
示例 2：
输入：nums = [7,3,15,14,2,8], k = 4
输出：2
解释：执行以下操作：
将 nums[0] 和 nums[1] 替换为 (nums[0] & nums[1]) ，得到 nums 为 [3,15,14,2,8] 。
将 nums[0] 和 nums[1] 替换为 (nums[0] & nums[1]) ，得到 nums 为 [3,14,2,8] 。
将 nums[0] 和 nums[1] 替换为 (nums[0] & nums[1]) ，得到 nums 为 [2,2,8] 。
将 nums[1] 和 nums[2] 替换为 (nums[1] & nums[2]) ，得到 nums 为 [2,0] 。
最终数组的按位或值为 2 。
2 是 k 次操作以内，可以得到的剩余元素的最小按位或值。
示例 3：
输入：nums = [10,7,10,3,9,14,9,4], k = 1
输出：15
解释：不执行任何操作，nums 的按位或值为 15 。
15 是 k 次操作以内，可以得到的剩余元素的最小按位或值。
提示：
1 <= nums.length <= 10⁵
0 <= nums[i] < 2³⁰
0 <= k < nums.length

试填法

$\Large|=_{i:0}^{n-1}nums[i]$
假定我们能消除 iRemove，其中iRemvoe&iHas == iHas。
最终结果 iHas - iRemove。
iCanMove = ~iHas。
如果iCanMove的最高位i能消除，则：
iCanMove -= (1 << i )
iRemove += (1 << i )
否则：
iCanMove -= (1 << i )

假定新的最高位i1，则iTest = iRemove + (1 <<i1)
如果iTest能消除：
iCanMove -= (1 << i )
iRemove = iTest
否则：
iCanMove -= (1 << i )
直到 iCanMove为0。可以不修改iCanMove，直接枚举iCanMove。也可以不需要iCanMove，直接i=29 to 0 ，然后判断(1 << i ) & iHas 是否为真。

计算消除iTest需要的次数

将nums分成若干区间[i1,i2] $\forall$ i $\in$ [i1,i2] ，nums[i]& iTest 为真。
$\forall$ i $not\in$ [i1,i2] nums[i]& iTest 为假。
cur = iTest cur $\Large And=_{i:i1}^{i2}nums[i]$
$\begin{cases} i2-i1次 && cur==0 \\ 无法消除 && else \quad if (0==i1)且(i2==nums.size()-1) \\ i2+i1次 && else \\ \end{cases}$
第一种情况：从i1到i2消除。
第二种情况：无法消除
第三种情况：消除[i1,i2]及左侧或右侧的元素。
第一种情况可以继续细分：如果[i1,i3]可以消除，则i3-i1次消掉，[i3+!,i2]下次再消。

代码

核心代码

class Solution {
public:int minOrAfterOperations(vector<int>& nums, int k) {for (const auto& n : nums) {m_iHas |= n;}int iRemove = 0;for (int i = 29; i >= 0; i--) {if (m_iHas & (1 << i)) {if (Need(nums, iRemove + (1 << i)) <= k) {iRemove += (1 << i);}}}return m_iHas - iRemove;}int Need(const vector<int>& nums, int iTest) {int iAnd = iTest;int iCnt = 0;int iNeed = 0;for (int i = 0; i < nums.size(); i++){if (nums[i] & iTest) {iCnt++;iAnd &= nums[i];if (0 == iAnd) {iNeed += iCnt - 1;iCnt = 0;iAnd = iTest;}}else{iNeed += iCnt - 1 + (0 != iAnd);iCnt = 0;iAnd = iTest;}}if ((nums.size() == iCnt) && (iAnd)) {return 1'000'000'000;}iNeed += iCnt - 1 + (0 != iAnd);return iNeed;}int m_iHas = 0;
};

测试用例

template<class T>
void Assert(const T& t1, const T& t2)
{assert(t1 == t2);
}template<class T>
void Assert(const vector<T>& v1, const vector<T>& v2)
{if (v1.size() != v2.size()){assert(false);return;}for (int i = 0; i < v1.size(); i++){Assert(v1[i], v2[i]);}}int main()
{	vector<int> nums;int k;{Solution sln;nums = { 3, 5, 3, 2, 7 }, k = 2;auto res = sln.minOrAfterOperations(nums, k);Assert(3, res);}{Solution sln;nums = { 7,3,15,14,2,8 }, k = 4;auto res = sln.minOrAfterOperations(nums, k);Assert(2, res);}{Solution sln;nums = { 10,7,10,3,9,14,9,4 }, k = 1;auto res = sln.minOrAfterOperations(nums, k);Assert(15, res);}{Solution sln;nums = { 37,6,46,32,23 }, k = 3;auto res = sln.minOrAfterOperations(nums, k);Assert(4, res);}
}

扩展阅读

视频课程

有效学习：明确的目标及时的反馈拉伸区（难度合适），可以先学简单的课程，请移步CSDN学院，听白银讲师（也就是鄙人）的讲解。
https://edu.csdn.net/course/detail/38771

如何你想快速形成战斗了，为老板分忧，请学习C#入职培训、C++入职培训等课程
https://edu.csdn.net/lecturer/6176

我想对大家说的话
闻缺陷则喜是一个美好的愿望，早发现问题，早修改问题，给老板节约钱。
子墨子言之：事无终始，无务多业。也就是我们常说的专业的人做专业的事。
如果程序是一条龙，那算法就是他的是睛