我也得了起床综合困难症…啊啊啊
好了，停，还是直接开始吧
先放题目链接：

https://www.luogu.com.cn/problem/P2114

题目描述

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。
输入输出格式
输入格式：
输入文件的第 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。
输出格式：
输出一行一个整数，表示atm的一次攻击最多使drd受到多少伤害。
输入输出样例
输入样例#1：
3 10
AND 5
OR 6
XOR 7
输出样例#1：
1
说明
【样例说明】
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。
【数据规模与约定】

初步思路

暴力解决，枚举0~m，大家都挺喜欢超时的哈哈哈

思考：位运算的特征

我们知道，在计算机里数字按二进制存储，也就是一个数的每一位不是0就是1，当0、1进行相同次序的位运算以后得出来的也是0、1。

m<=10^9，即m的位数不超过30位。

我们需要最后进行位运算以后的答案最大，也就是说，从最高位开始到最低位，我们要让每一位尽可能为1。

例如，我们有3位，从第三位开始，我们让第三位为1，即100，值为4，如果第三位为0，值为0；
第二位为1，得到110，值为6，010值为2，000值为0；

总结一下就是，当一个数的第i位经过一系列位运算为1时，对答案的贡献就是1<<i;
当一个数的第i位经过一系列位运算为0时，对答案没有贡献。

那么，我们考虑当一个数的第i位经过一系列位运算为1时的情况：
情况1.第i位数原来是0，经过一系列位运算变成1；
情况2.第i位数原来是1，经过一系列位运算变成1；

对于情况1：如果第i位原来是0，后来变成了1，0~m的二进制中，可以任意实现第i位是0，所以答案直接计算加上贡献值1<<i；
对于情况2：第i位数原来是1，经过一系列位运算变成1，然而，对于这种情况，必须是i小于m是1的最高位，因为大于m是1的最高位就超出了m的范围；
例如5，转换为二进制是101，那么i<=3;
转换一下，也就是说，这个条件是：(1>>i)的值小于m;
这里要注意，计算完以后要让m的这一位变成0，即101，变成001，不然当i=2时，也小于m=5，判断错误。

那么我们只需要对30位全是0，和30位全是1，即a0=0,二进制为000000…，a1=-1,二进制为11111…,来进行一系列的位运算。
然后根据位运算后是1的情况来进行对最后答案的计算。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int a1=0,a2=-1;
int ans=0;

int main()
{
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		char str[5];
		scanf("%s",str);
		int x; cin>>x;
		if(str[0]=='A')			a1&=x,a2&=x;
		else if(str[0]=='O')	a1|=x,a2|=x;
		else if(str[0]=='X')	a1^=x,a2^=x;
	}
	for(int j=29;j>=0;--j)
	{
		if((a1>>j)&1)	ans+=(1<<j);//第i位原来是0
		else if((a2>>j)&1&&(1<<j)<m)	ans+=(1<<j),m-=(1<<j);//第i位原来是1
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
} 

这次的位运算学习，就到今天结束了。
这一次复盘位运算又学到了很多东西，位运算真的是十分巧妙有趣的东西，还需要通过反复实践琢磨。
明天开始第二部分的递推与递归，希望打败了巨龙的我不再起床困难了。

最后，放一个小总结：
1.位运算的关键是二进制0、1的问题
2.0、1可以用来表示多种情况，选与不选
3.利用二进制+位运算可以有效地降低时间复杂度。

下次位运算，再会啦。