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Codeforces Round #735 (Div. 2)-B. Cobb

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Problem Description

You are given $n$ integers $a_1, a_2, \ldots, a_n$ and an integer $k$. Find the maximum value of $i \cdot j - k \cdot (a_i | a_j)$ over all pairs $(i, j)$ of integers with $1 \le i < j \le n$. Here, $|$ is the bitwise OR operator.

Input

The first line contains a single integer $t$ ($1 \le t \le 10\,000$) — the number of test cases.

The first line of each test case contains two integers $n$ ($2 \le n \le 10^5$) and $k$ ($1 \le k \le \min(n, 100)$).

The second line of each test case contains $n$ integers $a_1, a_2, \ldots, a_n$ ($0 \le a_i \le n$).

It is guaranteed that the sum of $n$ over all test cases doesn't exceed $3 \cdot 10^5$.

Output

For each test case, print a single integer — the maximum possible value of $i \cdot j - k \cdot (a_i | a_j)$.

Sample Input

4
3 3
1 1 3
2 2
1 2
4 3
0 1 2 3
6 6
3 2 0 0 5 6

Sample Onput

-1
-4
3
12

Note

Let $f(i, j) = i \cdot j - k \cdot (a_i | a_j)$.

In the first test case,

So the maximum is $f(1, 2) = -1$.

In the fourth test case, the maximum is $f(3, 4) = 12$.

---

题目大意

给你一个数组$a$和一个正整数$k$，让你从中选取不同的两个数$a[i]$和$a[j]$，计算$i*j-k*(a[i]\|a[j])$的最大值。

解题思路

暴力解题需要复杂度$O(n^2)$会超时，所以需要进行优化。

有没有发现这一题的$k$很特殊，$k$不会超过$100$也不会超过$n\ (n\geq a[i])$。

那么$k$是什么？$k$就是要减去的那个或结果的系数。

如果不需要减去这么一个$k$，那么$i$和$j$肯定选最大的两个$n$和$n-1$。

这个“讨厌”的$k$让我们减去了多少呢？最多减去$100$倍的或结果。而$a[i],a[j]\leq n$，$a[i]|a[j]<2\times n$，所以由$k$造成的影响最多不超过$200\times n$。

如果$n$特别大，那么选择后面的元素的话$i$和$j$就会非常大，大约是$n\times n$，与$k$造成的影响$200\times n$相差一个$n$与$200$。

所以$i$和$j$不会小于$n-200$。也就是说前面数据再多，都是没有意义的。我们只需要考虑后$200$个数据就够了。

分析一下复杂度

每组测试样例复杂度为$O(min(n^2, 200^2))$， 每组数据有$n$个的话最多有$3\times10^5/n$组数据， 粗略估算复杂度就是$O(3\times10^5*min(n, 200))\leq O(6\times10^6)$

代码实现就不困难了。

---

AC代码

记得用 $long\ long$，需要相乘的$i,j$也要用 $long\ long$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define dbg(x) cout << #x << " = " << x << endl
#define fi(i, l, r) for (int i = l; i < r; i++)
#define cd(a) scanf("%d", &a)
typedef long long ll;
ll a[100010];
int main()
{
    int N;
    cin>>N;
    while(N--)
    {
        int n,k;
        cd(n),cd(k);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%lld", &a[i]);
        ll ans=-1000000000000000000;
        for(ll i=n;i>=max(1, n-200);i--)
            for(ll j=i-1;j>=max(1, n-200);j--)
                ans=max(ans,i*j-k*(a[i]|a[j]));
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

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