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题目链接：

E – Many Operations (atcoder.jp)

题意：

给定一个数x，以及n个操作（ti，ai）：

• 当 t = 1 时，将 x & a

• 当 t = 2 时，将 x | a

• 当 t = 3 时，将 x ^ a

然后分别打印n个数：x进行前1个操作后打印，进一步地再进行前2个操作后打印，… ，进一步地再进行前n个操作后打印。

思路：

由于x、ai 均小于

，每个操作又都是位运算，那么按二进制的每位去思考的话，最多有30个位，每位的初始值只能为0、1，只要先预处理出，每位为初始分别为0、1时，进行前 i 次（1~n）操作后的值，就可以很快地求出任意数进行 前 i 次操作后的值。

代码：

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

const int N = 200010;

int n, x, t[N], a[N];
bool f[N][30][2];  //fi,j,k：对于二进制位下的第j位，初始为k的情况下，进行前i次操作后的值

int main()
{
    cin >> n >> x;
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &t[i], &a[i]);

    for(int i = 0; i < 30; i++) f[0][i][0] = 0, f[0][i][1] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 0; j < 30; j++)
            for(int k = 0; k < 2; k++) 
                if(t[i] == 1) f[i][j][k] = f[i - 1][j][k] & (a[i] >> j & 1);
                else if(t[i] == 2) f[i][j][k] = f[i - 1][j][k] | (a[i] >> j & 1);
                else if(t[i] == 3) f[i][j][k] = f[i - 1][j][k] ^ (a[i] >> j & 1);
    
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int res = 0;
        for(int j = 0; j < 30; j++) res += f[i][j][x >> j & 1] << j;
        printf("%d\n", x = res);
    }

    return 0;
}