一個顯然的結論是最終樹的形態必然是一條鏈。具體證明只要考慮選定樹上的某一條鏈，然後把其他部分全部接在它後面，這樣答案一定不會變劣。

那麽，一開始的想法是考慮每一位的最後出現位置，但這並不容易實現。註意到最終序列是單調遞減的。我們在統計答案之前，把公共位先統計掉，即始終都是1的位。這樣，剩下的位的最終結果都是0。這樣，我們就避免了在統計時忽略某些數。那麽，我們記dp[i]表示當前的結果為i的最小費用。我們在轉移時枚舉下一個數字是什麽。這裏無需擔心數字的重復放置，因為它並不能讓當前的數字發生變化。那麽，我們就有如下第5檔部分分。

memset(dp,0x3f,sizeof dp);
for (int i = 1
 
 ; i <= n ; ++ i)
  dp[arr[i]] = arr[i];
for (int i = MAX - 1 ; i >= 1 ; -- i)
  for (int j = 1 ; j <= n ; ++ j)
    if ((i & arr[j]) < i)
      dp[i&arr[j]] = min(dp[i&arr[j]],dp[i] + (i&arr[j]));

註意到這裏需要(i&arr[j])<i，即\(C_uarr[j] \bigcap i \neq \emptyset\)。那麽，我們把所有\(C_uarr[j]\)

#include <bits/stdc++.h>
#define rint register int
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 200010, MAX = 1 << 18;
int arr[N],n,avail[MAX + 5],com;
ll dp[MAX + 5];
#define rev(x) ((x) ^ (MAX - 1))
int main() {
  com = MAX - 1
 
;
  scanf("%d",&n);
  for (rint i = 1 ; i <= n ; ++ i)
    scanf("%d",&arr[i]), com &= arr[i];
  for (rint i = 1 ; i <= n ; ++ i)
    arr[i] ^= com;
  for (rint i = 1 ; i <= n ; ++ i) {
    if (avail[rev(arr[i])]) continue;
    for (rint j = rev(arr[i]) ; j ; j = (j-1) & rev(arr[i]))
      avail[j] = 1;
  }
  memset(dp,0x3f,sizeof dp);
  for (rint i = 1 ; i <= n ; ++ i) dp[arr[i]] = arr[i];
  for (rint i = MAX-1 ; i >= 1 ; -- i) if (dp[i] < dp[0]) {
    for (rint j = i ; j ; j = (j-1) & i) if (avail[j])
      dp[i^j] = min(dp[i^j],dp[i] + (0ll^i^j));
  }
  printf("%lld\n",1ll * com * n + dp[0]);
  return 0;
}

小結：抓住題目的特殊性質是優化的關鍵。

【做題】uoj#370滑稽樹上滑稽果——巧妙dp