This question isn't difficult, but it's tricky

First, we observe that for each input $a_i$, we can break it down bit by bit. If a binary bit is $1$, we can mark it, indicating that this bit can be selected

Then we examine the feed. If a certain feed's corresponding bit does not appear in the original animal, it means that to raise an animal with that bit set to $1$, this feed is necessary. Therefore, this bit must be $0$, which for the answer translates to dividing by $2$. Expressed in the form of $2^k$, this means $k-1$

The final answer, since it asks how many more pets can be kept, is $2^k - n$

If you fail, see See Everyone

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define int long long
using namespace std;
bool Test_MLE_start;
constexpr int N=105;
int _=1,n,m,c,k;
__int128 ans;
bool bit[N],ton[N];
inline int reads(){
	char c=getchar();
	int x=0,f=1;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');c=getchar();}
	return x*f;
}
inline void files(){
	freopen("zoo.in","r",stdin);
	freopen("zoo.out","w",stdout);
}
void writes(int x){
	if(x>9) writes(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
inline void clr(){
//	Don't forget!

}
bool Test_MLE_end;
signed main(){
//	printf("%lf Mb\n",(&Test_MLE_end-&Test_MLE_start-1)/1024.0/1024.0);
//	files();
//	_=reads();
	while(_--){
		clr();n=reads(),m=reads(),c=reads(),k=reads(),ans=(1<<k);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			int t=reads(),cnt=0;
			while(t){
				if(t&1) bit[cnt]=1;
				t>>=1,cnt++;
			}
		}for(int i=1;i<=m;i++){
			int p=reads(),q=reads();
			if(!bit[p]&&!ton[p]) k--,ton[p]=1;
		}
		if(k==64&&!n) puts("18446744073709551616");
		else if(k==64&&n) puts("18446744073709551615");
		else cout<<(unsigned long long)pow(2,k)-n<<"\n";
	}
	return 0;
}

這道題不難，但是坑

首先我們發現就是說輸入的每個 $a_i$ 中將其拆位，只要該二進位位為 $1$，則可以打一個標記，表示這一位可以選

接著我們再看飼料，如果某一個飼料對應的位置沒有在原本的動物中出現，表示若想飼養該位為 $1$ 的動物必須有這種飼料，因此這一位必須是 $0$，對答案來說就是除以 $2$，寫成 $2^k$ 的形式就是讓 $k-1$

最後答案因為是還可以養多少寵物，則答案為 $2^k-n$

如果你沒過，詳見見任何人

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define int long long
using namespace std;
bool Test_MLE_start;
constexpr int N=105;
int _=1,n,m,c,k;
__int128 ans;
bool bit[N],ton[N];
inline int reads(){
	char c=getchar();
	int x=0,f=1;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');c=getchar();}
	return x*f;
}
inline void files(){
	freopen("zoo.in","r",stdin);
	freopen("zoo.out","w",stdout);
}
void writes(int x){
	if(x>9) writes(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
inline void clr(){
//	Don't forget!

}
bool Test_MLE_end;
signed main(){
//	printf("%lf Mb\n",(&Test_MLE_end-&Test_MLE_start-1)/1024.0/1024.0);
//	files();
//	_=reads();
	while(_--){
		clr();n=reads(),m=reads(),c=reads(),k=reads(),ans=(1<<k);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			int t=reads(),cnt=0;
			while(t){
				if(t&1) bit[cnt]=1;
				t>>=1,cnt++;
			}
		}for(int i=1;i<=m;i++){
			int p=reads(),q=reads();
			if(!bit[p]&&!ton[p]) k--,ton[p]=1;
		}
		if(k==64&&!n) puts("18446744073709551616");
		else if(k==64&&n) puts("18446744073709551615");
		else cout<<(unsigned long long)pow(2,k)-n<<"\n";
	}
	return 0;
}

这道题不难，但是坑

首先我们发现就是说输入的每一个 $a_i$ 中将其拆位，只要该二进制位为 $1$ ，则可以打一个标记，表示这一位可以选

然后我们再看饲料，如果某一个饲料对应的位没有在原来的动物中出现，说明如果想要饲养该位为 $1$ 的动物必须有这种饲料，所以这一位必须是 $0$ ，这对于答案来说就是除以 $2$ ，写成 $2^k$ 的形式就是让 $k-1$

最后答案因为是还可以养多少宠物，则答案为 $2^k-n$

如果你没过，详见见任何人

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define int long long
using namespace std;
bool Test_MLE_start;
constexpr int N=105;
int _=1,n,m,c,k;
__int128 ans;
bool bit[N],ton[N];
inline int reads(){
	char c=getchar();
	int x=0,f=1;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');c=getchar();}
	return x*f;
}
inline void files(){
	freopen("zoo.in","r",stdin);
	freopen("zoo.out","w",stdout);
}
void writes(int x){
	if(x>9) writes(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
inline void clr(){
//	Don't forget!

}
bool Test_MLE_end;
signed main(){
//	printf("%lf Mb\n",(&Test_MLE_end-&Test_MLE_start-1)/1024.0/1024.0);
//	files();
//	_=reads();
	while(_--){
		clr();n=reads(),m=reads(),c=reads(),k=reads(),ans=(1<<k);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			int t=reads(),cnt=0;
			while(t){
				if(t&1) bit[cnt]=1;
				t>>=1,cnt++;
			}
		}for(int i=1;i<=m;i++){
			int p=reads(),q=reads();
			if(!bit[p]&&!ton[p]) k--,ton[p]=1;
		}
		if(k==64&&!n) puts("18446744073709551616");
		else if(k==64&&n) puts("18446744073709551615");
		else cout<<(unsigned long long)pow(2,k)-n<<"\n";
	}
	return 0;
}

• 如果这一位没有要求，可以随意放

• 如果这一位有要求但存在 $a_i$ 这一位是 $1$，也可以随意放

统计满足条件的位数 $cnt$，答案就是 $2^{cnt}-n$。

注意到 $k\le 64$，用 unsigned long long 也存不下，可以使用 long double 存。

最后 cout<<fixed<<setprecision(0)<<ans; 即可避免科学计数法的问题。

#include<bits/stdc++.h>
#define R(x) x=read()
#define int long long
using namespace std;
inline int read() {
	int x=0,y=1;
	char e=getchar();
	while(e<'0'||e>'9') {
		if(e=='-')y=-1;
		e=getchar();
	}
	while(e>='0'&&e<='9') {
		x=(x<<1)+(x<<3)+(e-'0');
		e=getchar();
	}
	return x*y;
}
int n,m,c,k,cnt;
bool vis[70],xx[70];
signed main() {
	freopen("zoo.in","r",stdin);
	freopen("zoo.out","w",stdout);
	R(n),R(m),R(c),R(k);
	for(int i=1; i<=n; ++i) {
		int R(x),j=0;
		while(x) {
			if(x&1)vis[j]=1;
			++j;
			x>>=1;
		}
	}
	while(m--) {
		int R(p),R(q);
		xx[p]=1;
	}
	for(int i=0; i<k; ++i) if(!xx[i]||(xx[i]&&vis[i]))++cnt;
	long double ans=1;
	for(int i=1; i<=cnt; ++i) ans*=2;
	cout<<fixed<<setprecision(0)<<ans-n<<"\n";
	return 0;
}