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3022. 给定操作次数内使剩余元素的或值最小

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按位处理，但是可能不同的位有影响。

3022.给定操作次数内使剩余元素的或值最小

题目描述：

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 。

数据范围：

$1\le nums.len \le 10^5, 0\le nums[i] \lt 2^{30}, 0\le k \lt nums.len$

题解：

按位考虑，而且需要从最高位开始考虑，如果这一位所有的 $1$ 可以在 $k$ 次之内处理，那么答案中这一位就可以为 $0$ 。而且这种替换操作其实就是一个区间操作，也就是有多少个 $1$ 吧，操作次数与 $1$ 的个数相同，但是全是 $1$ 的话就不行，实际就是一个贪心操作，只要与值为零，就下一段，不为零就需要操作次数。但是这样操作的时候剩余的位也被影响到了，次高位之类的还要考虑。

正确做法是，先考虑最高位，如果最高位可以在 $k$ 次之内处理完毕，再考虑前两位，使用掩码处理，每次将掩码所有的位使用 $and$ 置为 $0$ 。每次增加一位掩码，如果增加这一位掩码之后不能满足 $k$ 次操作之内，那么这一位不能被处理为 $0$ 了，在答案里面必须是 $1$ 。每次对 $nums[i] \& mask$ 取出需要考虑的位，然后进行与运算，如果不为 $0$ 就需要一次操作。

试填法，每次都尝试在这一位上填 $0$ ，判断可以不可以，不可以的话只能填 $1$ 。关键是使用掩码应对。

代码：

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auto optimize_cpp_stdio = []()
{
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    std::cout.tie(nullptr);
    return 0;
}();
class Solution
{
public:
    const static int maxn = 1e5 + 10;
    const static int maxm = 1e5 + 10;
    const static int INF = 0x3f3f3f3f;
    const static long long INF_LL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
    const static long long mod = 1e9 + 7;
    bool check(vector<int> &nums, int mask, int k)
    {
        int cnt = 0;
        int sum = -1;
        for (auto &x : nums)
        {
            sum &= x & mask;
            if (sum == 0)
            {
                sum = -1;
            }
            else
            {
                cnt++;
            }
            if (cnt > k)
                return false;
        }
        return true;
    }
    int minOrAfterOperations(vector<int> &nums, int k)
    {
        int n = nums.size();
        int mask = 0;
        int ans = 0;
        for (int i = 30; i >= 0; --i)
        {
            mask |= 1 << i;
            if (!check(nums, mask, k))
            {
                ans |= 1 << i;
                mask ^= 1 << i;
            }
        }
        return ans;
    }
};