LeetCode 2044.统计按位或能得到最大值的子集数目

给你一个整数数组 nums ，请你找出 nums 子集 按位或 可能得到的 最大值 ，并返回按位或能得到最大值的 不同非空子集的数目 。

如果数组 a 可以由数组 b 删除一些元素（或不删除）得到，则认为数组 a 是数组 b 的一个 子集 。如果选中的元素下标位置不一样，则认为两个子集 不同 。

对数组 a 执行 按位或 ，结果等于 a[0] OR a[1] OR … OR a[a.length - 1]（下标从 0 开始）。

示例 1：

输入：nums = [3,1]
输出：2
解释：子集按位或能得到的最大值是 3 。有 2 个子集按位或可以得到 3 ：

• [3]
• [3,1]
  示例 2：

输入：nums = [2,2,2]
输出：7
解释：[2,2,2] 的所有非空子集的按位或都可以得到 2 。总共有 23 - 1 = 7 个子集。
示例 3：

输入：nums = [3,2,1,5]
输出：6
解释：子集按位或可能的最大值是 7 。有 6 个子集按位或可以得到 7 ：

• [3,5]
• [3,1,5]
• [3,2,5]
• [3,2,1,5]
• [2,5]
• [2,1,5]

提示：

1 <= nums.length <= 16
1 <= nums[i] <= 105

法一：通过位运算求出所有子集，然后计算每个子集按位或的结果：

class Solution {
public:int countMaxOrSubsets(vector<int>& nums) {int maxOrRes = 0;int maxOrResNum = 0;int maxSubsetNum = pow(2, nums.size());for (int i = 0; i < maxSubsetNum; ++i){int orRes = 0;for (int j = 0; j < nums.size(); ++j){if ((1 << j) & i){orRes |= nums[j];}}if (orRes > maxOrRes){maxOrRes = orRes;maxOrResNum = 1;}else if (orRes == maxOrRes){++maxOrResNum;}}return maxOrResNum;}
};

如果nums中有n个元素，此算法时间复杂度为O(n2${}^n$)，空间复杂度为O(1)。

法二：同法一，但通过递归来找所有子集：

class Solution {
public:int countMaxOrSubsets(vector<int>& nums) {int ans = 0;findSubsets(nums, 0, ans, 0);return ans;}private:int curOrRes = 0;int curMaxSubsetOrRes = 0;void findSubsets(const vector<int> &nums, int index, int &ans,int curSubsetOrRes){if (index == nums.size()){if (curSubsetOrRes > curMaxSubsetOrRes){curMaxSubsetOrRes = curSubsetOrRes;ans = 1;}else if (curSubsetOrRes == curMaxSubsetOrRes){++ans;}return;}findSubsets(nums, index + 1, ans, curSubsetOrRes);findSubsets(nums, index + 1, ans, curSubsetOrRes | nums[index]);}
};

如果nums中有n个元素，此算法时间复杂度为O(n2${}^n$)，空间复杂度为O(n)。

法三：类似法一，我们用数字中值为1的位来表示nums中被选中到该数字表示的子集中的数在nums中的下标，但这次我们用动态规划来实现：

class Solution {
public:int countMaxOrSubsets(vector<int>& nums) {int subsetNum = 1 << nums.size();vector<int> dp(subsetNum);// 处理子集中只有1个数字时的按位或，此时按位或为该数字本身for (int i = 0; i < nums.size(); ++i){dp[1 << i] = nums[i];}int ans = 0;int max = 0;for (int i = 1; i < subsetNum; ++i){int lowbit = i & -i;// dp[i - lowbit]就是去除lowbit后的数字表示的子集// dp[lowbit]是lowbit表示的子集，显然lowbit只有一位// 结果就是i - lowbit表示的子集与lowbit表示的子集的与dp[i] = dp[i - lowbit] | dp[lowbit];if (dp[i] > max){max = dp[i];ans = 1;}else if (dp[i] == max){++ans;}}return ans;}
};

如果nums中有n个元素，此算法时间复杂度为O(2${}^n$)，空间复杂度为O(2${}^n$)。相比法一，是用空间换时间。