与非

题目链接：luogu P3220

题目大意

给你一个操作叫做与非，就是把两个数与起来然后取反。
然后给你一些 K 位二进制数，问你可以通过操作得到多少在 L~R 中的数。

思路

很好玩的一道题呢！

你考虑这个操作：$not(A\&B)$
自己跟自己：$not(A\&A)=not(A)$，非操作

操作之后非一下：$not(not(A\&A))=A\&A$，与操作。
那或操作也有了：$not(not(A)\&not(B))$
那异或也有了：（就一个真一个假）$(A\&not(B))or(not(A)\&B)$

那这四个操作都有了看起来啥都能搞了，那考虑找找例外。
会发现如果对于给出的所有数，存在两位之间要么都是 $1$ 要么都是 $0$，你是不可能凑出 $10,01$ 这些的，所以这个就相当于形成了若干了连通块。

那我们就可以数位 DP 做了。

那我们考虑证一下为什么只有这个是不行的，也就是剩下的情况为啥可以。
（那我们就把这些绑定的看做一个）
我们考虑有异或，我们就用类似线性基的思想，考虑求出只有某一位是 $1$ 的情况。
这样就可以或得到所有了。

那怎么得到一个位置呢？我们先考虑不管别的地方 ，我们就要一个地方是 $1$。
那我们可以把所有的数，这一位是 $1$ 的就正常用，不是的就取反了再用，这样所有得到的与起来，这一位就是 $1$，而且看起来别的都会是 $0$。
仔细想想会发现确实是这样的，因为你反证一下就是如果别的一位是 $1$，那这一位是 $1$ 的地方它要是 $1$，是 $0$ 的它也要是 $0$，那不就一模一样，可以绑定看做一个了吗？

所以就证了。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long

using namespace std;

const ll N = 1005;
ll n, K, lim[60];
bool sam[60][60], sp[60];
ll L, R, a[N];

ll clac(ll R, ll wei, bool ding) {
    
	if (wei < 0) return 1;
	if (!ding) {
    
		ll num = 0; for (ll i = 0; i <= wei; i++) if (sp[i]) num++;
		return (1ll << num);
	}
	
	if (lim[wei] == -1) {
    
		ll re = 0;
		for (ll i = 0; i <= ((R >> wei) & 1); i++) {
    
			ll tmp = 0;
			for (ll j = 0; j < wei; j++) if (sam[wei][j]) lim[j] = i;
			re += clac(R, wei - 1, i == ((R >> wei) & 1));
			for (ll j = 0; j < wei; j++) if (sam[wei][j]) lim[j] = -1;
		}
		return re;
	}
	else {
    
		if (lim[wei] == 1 && !((R >> wei) & 1)) return 0;
		return clac(R, wei - 1, lim[wei] == ((R >> wei) & 1));
	}
}

ll work(ll R) {
    
	memset(lim, -1, sizeof(lim));
	if (R < 0) return 0;
	return clac(R, K - 1, (R >> K) ? 0 : 1);
}

int main() {
    
	scanf("%lld %lld %lld %lld", &n, &K, &L, &R);
	for (ll i = 0; i < K; i++) for (ll j = 0; j < K; j++) sam[i][j] = 1;
	for (ll i = 1; i <= n; i++) {
    
		scanf("%lld", &a[i]);
		for (ll k = 0; k < K; k++)
			for (ll kk = 0; kk < k; kk++)
				if (((a[i] >> k) & 1) ^ ((a[i] >> kk) & 1)) sam[k][kk] = sam[kk][k] = 0;
	}
	for (ll i = 0; i < K; i++) {
    
		sp[i] = 1;
		for (ll j = i + 1; j < K; j++) if (sam[i][j]) {
    sp[i] = 0; break;}
	}
	
	printf("%lld", work(R) - work(L - 1));
	
	return 0;
}