Description
给定一个长度为n的序列a[1],a[2],...,a[n]，请将它划分为m段连续的区间，设第i段的费用c[i]为该段内所有数字的异或和，则总费用为c[1] or c[2] or ... or c[m]。请求出总费用的最小值。
Input
第一行包含两个正整数n,m(1<=m<=n<=500000)，分别表示序列的长度和需要划分的段数。
第一行包含n个整数，其中第i个数为a[i](0<=a[i]<=10^18)。
Output
输出一个整数，即总费用的最小值。
Sample Input
3 2
1 5 7
Sample Output
3
HINT
第一段为[1]，第二段为[5 7]，总费用为(1) or (5 xor 7) = 1 or 2 = 3。
正解：贪心
解题报告：
这是一道很神的题，真的神，%%%。
感觉神犇们写的博客都好抽象，最后还是问了一下遥遥，自己又YY了一下，才搞懂的。详细讲一下吧。
首先题目要求我们把一个序列拆成m个序列，并且使得这m个序列内部的异或和，然后再把这m个异或和给或一下。使这个权值尽可能的小。
异或的题目我们显然是要变成二进制才好做，那么要想最终结果小，可以贪心地让高位尽可能地为0。我们做出前缀异或和，然后从高位往低位枚举，看一下n个前缀和中是否存在m个这一位可以为0的，而且n个数的总异或和这一位也不为1，那么显然这一位可以为0。因为我们相当于是在找m个右端点，使得每一个区间的最后以为都可以为0，因为到当前位一定保证了之前的每个区间都是这一位是0的，如果当前位的前缀异或和这一位是0，根据异或的性质，这一个新划出来的区间这一位也肯定为0。另外，n一定是最后一个区间的右端点，所以如果所有数的异或和这一位是1，那么答案无论如何不可能在这一位是0。这就是贪心的思想，尽可能地放0。
注意每次做完之后，把所有前缀异或和的这一位为1的都标记一下，表示以后再也不能作为右端点了。显然，我们是从高位往低位做的，所以前面对答案的贡献更大。所以后面不能因为后面的决策影响之前的更优决策。如果发现不足m个或者总异或和当前位是1，则ans中这一位只能是1，或进去就可以了。
感觉讲的很清楚了，上代码吧。
1 //It is made by jump~
2 #include <iostream>
3 #include <cstdlib>
4 #include <cstring>
5 #include <cstdio>
6 #include <cmath>
7 #include <algorithm>
8 #include <ctime>
9 #include <vector>
10 #include <queue>
11 #include <map>
12 #include <set>
13 #ifdef WIN32
14 #define OT "%I64d"
15 #else
16 #define OT "%lld"
17 #endif
18 using namespace std;
19 typedef long long LL;
20 const int MAXN = 500011;
21 int n,m,cnt;
22 LL a[MAXN],sum[MAXN];
23 LL flag[MAXN],ans;
24
25 inline int getint()
26 {
27 int w=0,q=0;
28 char c=getchar();
29 while((c<‘0‘ || c>‘9‘) && c!=‘-‘) c=getchar();
30 if (c==‘-‘) q=1, c=getchar();
31 while (c>=‘0‘ && c<=‘9‘) w=w*10+c-‘0‘, c=getchar();
32 return q ? -w : w;
33 }
34
35 inline LL getlong()
36 {
37 LL w=0,q=0;
38 char c=getchar();
39 while((c<‘0‘ || c>‘9‘) && c!=‘-‘) c=getchar();
40 if (c==‘-‘) q=1, c=getchar();
41 while (c>=‘0‘ && c<=‘9‘) w=w*10+c-‘0‘, c=getchar();
42 return q ? -w : w;
43 }
44
45 inline void work(){
46 n=getint(); m=getint();
47 for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=getlong(),sum[i]=sum[i-1]^a[i];
48 //2^62约等于10^18
49 for(int i=62;i>=0;i--) {//处理第i位是否可以为0
50 cnt=0;//统计有多少个结点可以作为右端点
51 for(int now=1;now<=n;now++) if(!flag[now] && (sum[now]&(1LL<<i))==0) cnt++;
52 if(cnt>=m && (sum[n]&(1LL<<i))==0) {//这一位可以为0
53 for(int now=1;now<=n;now++) if(( sum[now]&(1LL<<i) )!=0) flag[now]=1;
54 } else ans|=(1LL<<i);
55 }
56 printf(OT,ans);
57 }
58
59 int main()
60 {
61 work();
62 return 0;
63 }