CSP-S 2020 T2动物园

用第二个样例对题目进行分析：

2 2 4 3
1 2
1 3
2 4

动物世界中共有$2^3=8$种动物，编号为$0\sim 7$。动物园饲养了其中的$2$种，编号为$1$和$2$。
根据饲养指南，第$1$位为$1$的动物需要编号为$3$的饲料，第$2$位为$1$的动物需要编号为$4$的饲料。
我们分别看动物园饲养的$2$种动物各需要什么饲料：

• 编号为$1$的动物，其二进制为$001$，其第$0$位为$1$，不需要饲料；
• 编号为$2$的动物，其二进制为$010$，其第$1$位为$1$，需要编号为3的饲料；

所以饲养这两种动物只需要编号为$3$的饲料。
总共有$8$种动物，它们的二进制分别是：

只用编号为$3$的饲料可以饲养$4$种动物，分别是$0$号动物、$1$号动物、$2$号动物、$3$号动物，因为第$0$位为$1$不需要饲料、第$1$位为$1$需要编号为$3$的饲料。而现在已经饲养了$1$号动物和$2$号动物，所以还能饲养$0$号动物和$3$号动物，共$2$个动物，答案为$2$。

设可以为$1$的位数为$x$，则最后的答案为$2^x-n$。对于上面的样例，$x$为$2$，分别是第$0$位和第$1$位。
对于每一个输入进来的动物编号$a_i$，我们记录它是否使第$i$位为$1$。
每当输入一个位数$p_i$后，如果存在某个动物的编号使这一位为$1$，那么这一位就不能为$1$了。累计不能为$1$的位的数量$sum$，$k-sum$就是可以为$1$的位的数量，相当于上面的$x$（$k-sum=x$）。
有一个比较特殊的数据点是$n=0,m=0,k=64$，此时答案会爆$longlong$，$2^{64}$比unsigned long long还要大$1$，所以最好是直接特判输出。

#include <bits/stdc++.h>
#define A 66

using namespace std;
typedef long long ll;
ll a;
int cnt, p, q, sum, k, c, m, n;
bool used[A], nd[A];

int main(int argc, char const *argv[]) {
	scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &c, &k);
	if (n == 0 and m == 0 and k == 64) {
		cout << "18446744073709551616\n";
		return 0;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lld", &a);
		cnt = 0;
		while (a) {
			if (a % 2) nd[cnt] = 1;
			cnt++;
			a /= 2;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		scanf("%d%d", &p, &q);
		if (!nd[p] and !used[p]) {
			sum++;
			used[p] = 1;
		}
	}
	ll ans = 1;
	for (int i = 1; i <= k - sum; i++) ans *= 2;
	printf("%lld\n", ans - n);
}