[APIO2015]巴厘岛的雕塑

题目描述

印尼巴厘岛的公路上有许多的雕塑,我们来关注它的一条主干道。

在这条主干道上一共有 $Y_iYi 年。为了使这条路的环境更加优美，政府想把这些雕塑分成若干组，并通过在组与组之间种上一些树，来吸引更多的游客来巴厘岛。$

下面是将雕塑分组的规则：

这些雕塑必须被分为恰好 $\leq X \leq BA≤X≤B ，每组必须含有至少一个雕塑，每个雕塑也必须属于且只属于一个组。同一组中的所有雕塑必须位于这条路的连续一段上。$

当雕塑被分好组后，对于每个组，我们首先计算出该组所有雕塑的年龄和。

计算所有年龄和按位取或的结果。我们这个值把称为这一分组的最终优美度。

请问政府能得到的最小的最终优美度是多少?

备注：将两个非负数

首先把

设 $n_PnP 是 PP 的二进制位数， n_QnQ 是 QQ 的二进制位数， MM 为 n_PnP 和 n_QnQ 中的最大值。 PP 的二进制表示为 p_{M-1}p_{M-2} \dots p_1p_0pM−1pM−2…p1p0 ， QQ 的二进制表示为 q_{M-1}q_{M-2} \dots q_1 q_0qM−1qM−2…q1q0 ，其中 p_ipi 和 q_iqi 分别是 PP 和 QQ 二进制表示下的第 ii 位，第 M -1M−1 位是数的最高位，第 00 位是数的最低位。$

$(p_{M-1}\mathbin{\mathrm{OR}} q_{M-1})(p_{M-2}\mathbin{\mathrm{OR}}q_{M-2})\dots (p_1\mathbin{\mathrm{OR}} q_1) (p_0\mathbin{\mathrm{OR}}q_0)(pM−1ORqM−1)(pM−2ORqM−2)…(p1ORq1)(p0ORq0) 。其中： 0 \mathbin{\mathrm{OR}} 0 = 00OR0=0$

$\mathbin{\mathrm{OR}} 1 = 10OR1=1$

$\mathbin{\mathrm{OR}} 0 = 11OR0=1$

$\mathbin{\mathrm{OR}} 1 = 11OR1=1$

输入输出格式

输入格式：

输入的第一行包含三个用空格分开的整数

第二行包含 $Y_1, Y_2, \dots, Y_NY1,Y2,…,YN 。$

输出格式：

输出一行一个数，表示最小的最终优美度。

输入输出样例

输入样例#1：复制

6 1 3
8 1 2 1 5 4

输出样例#1：复制

说明

【样例解释】

将这些雕塑分为 $\mathbin{\mathrm{OR}} 10) = 11(11OR10)=11 。（不难验证，这也是最终优美度的最小值。）$

【数据范围】

子任务 1 （9 分） $\leq N \leq 201≤N≤20$

$\leq A \leq B \leq N1≤A≤B≤N$

$\leq Y_i \leq 10000000000≤Yi≤1000000000$

子任务 2 （16 分） $\leq N \leq 501≤N≤50$

$\leq A \leq B \leq \min\{20, N\}1≤A≤B≤min{20,N}$

$\leq Y_i \leq 100≤Yi≤10$

子任务 3 （21 分）

$\leq B \leq N1≤B≤N$

$\leq Y_i \leq 200≤Yi≤20$

子任务 4 （25 分） $\leq N \leq 1001≤N≤100$

$\leq A \leq B \leq N1≤A≤B≤N$

$\leq Y_i \leq 10000000000≤Yi≤1000000000$

子任务 5 （29 分） $\leq N \leq 20001≤N≤2000$

$\leq B \leq N1≤B≤N$

$\leq Y_i \leq 10000000000≤Yi≤1000000000$

$O(n^3)的DP$

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 #include<cmath>
 6 using namespace std;
 7 typedef long long lol;
 8 int f[101][101],A,B,n,flag;
 9 lol pw[101],sum[2001],a[2001],now,ans,F[2001],Min[2001];
10 void dp1()
11 {int i,j,k,l;
12   int Log=log2(sum[n]);
13   pw[0]=1;
14   for (i=1;i<=Log;i++)
15     pw[i]=pw[i-1]*2;
16   for (i=Log;i>=0;i--)
17     {
18       now|=pw[i];
19       memset(f,0,sizeof(f));
20       f[0][0]=1;
21       for (j=1;j<=n;j++)
22     　　{
23       　　for (l=0;l<=j-1;l++)
24         　　if (((sum[j]-sum[l])&now)==0)
25           　　{
26         　　　　for (k=1;k<=l+1&&k<=j;k++)
27         　　　　f[j][k]|=f[l][k-1];
28           　　}
29     　　}
30       flag=0;
31       for (j=A;j<=B;j++)
32     　　{
33       　　if (f[n][j]) {flag=1;break;}
34     　　}
35       if (!flag)
36     　　now^=pw[i];
37     }
38   ans=0;
39   for (i=0;i<=Log;i++)
40     if ((now&pw[i])==0) ans+=pw[i];
41   cout<<ans;
42 }
43 void dp2()
44 {int i,j,k,l;
45   int Log=log2(sum[n]);
46   pw[0]=1;
47   for (i=1;i<=Log;i++)
48     pw[i]=pw[i-1]*2;
49   for (i=Log;i>=0;i--)
50     {
51       now|=pw[i];
52       memset(F,0,sizeof(F));
53       memset(Min,127/2,sizeof(Min));
54       F[0]=1;Min[0]=0;
55       for (j=1;j<=n;j++)
56     　　{
57       　　for (k=0;k<=j-1;k++)
58         　　if (((sum[j]-sum[k])&now)==0)
59         　　{
60           　　F[j]|=F[k];
61           　　if (F[k])
62           　　Min[j]=min(Min[j],Min[k]+1);
63         　　}
64     　　}
65       if (!(F[n]&&Min[n]<=B))
66     　　now^=pw[i];
67     }
68   ans=0;
69   for (i=0;i<=Log;i++)
70     if ((now&pw[i])==0) ans+=pw[i];
71   cout<<ans;
72 }
73 int main()
74 {int i;
75   cin>>n>>A>>B;
76   for (i=1;i<=n;i++)
77     {
78       scanf("%lld",&a[i]);
79       sum[i]=sum[i-1]+a[i];
80     }
81   if (n<=100)
82     dp1();
83   else
84     dp2();
85 }

posted @ 2018-04-22 19:19 Z-Y-Y-S 阅读(498) 评论(0) 编辑收藏举报

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