【BZOJ4069】【APIO2015】巴厘岛的雕塑 [贪心][DP]
巴厘岛的雕塑
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Description
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 N 座雕塑，为方便起见，我们把这些雕塑从 1 到 N 连续地进行标号，其中第 i 座雕塑的年龄是 Yi 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 X 组，其中 A< = 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 P 和 Q 按位取或是这样进行计算的：
首先把 P 和 Q 转换成二进制。
设 nP 是 P 的二进制位数，nQ 是 Q 的二进制位数，M 为 nP 和 nQ 中的最大值。P 的二进制表示为 pM−1pM−2…p1p0，Q 的二进制表示为 qM−1qM−2…q1q0，其中 pi 和 qi 分别是 P 和 Q 二进制表示下的第 i 位，第 M−1 位是数的最高位，第 0 位是数的最低位。
P 与 Q 按位取或后的结果是： (pM−1 OR qM−1)(pM−2 OR qM−2)…(p1 OR q1)(p0 OR q0)。其中：
0 OR 0=0
0 OR 1=1
1 OR 0=1
1 OR 1=1
Input
输入的第一行包含三个用空格分开的整数 N,A,B。
第二行包含 N 个用空格分开的整数 Y1,Y2,…,YN。
Output
输出一行一个数，表示最小的最终优美度。
Sample Input
6 1 3
8 1 2 1 5 4
8 1 2 1 5 4
Sample Output
11
explanation
将这些雕塑分为 2 组，(8,1,2) 和 (1,5,4)，它们的和是 (11) 和 (10)，最终优美度是 (11 OR 10)=11。（不难验证，这也是最终优美度的最小值。）
HINT
子任务 1 （9 分）
1< = N< = 20
1< = A< = B< = N
0< = Yi< = 1000000000
子任务 2 （16 分）
1< = N< = 50
1< = A< = B< = min{20,N}
0< = Yi< = 10
子任务 3 （21 分）
1< = N< = 100
A=1
1< = B< = N
0< = Yi< = 20
子任务 4 （25 分）
1< = N< = 100
1< = A< = B< = N
0< = Yi< = 1000000000
子任务 5 （29 分）
1< = N< = 2000
A=1
1< = B< = N
0< = Yi< = 1000000000
Main idea
将一个序列分为若干组，使得每组的和OR起来的值最小。
Solution
根据题意，要使最终的答案最小，可以想到利用贪心，从高到低枚举答案的每一位，如果能取0则取0，否则取1。
问题转化为如何判断答案的某一位能否取0，我们考虑用DP解决这个问题。假设当前枚举到第pos位。
令f[i][j]表示前i个数分成j组，显然该位可以填0的条件是：
1.存在k在i前面分了j-1组可行；
2.异或值满足之前已经枚举的相同（保证最小）
3.这一位可以是0。
这样可以过71分，最后一组数据TLE，发现最后一组数据下界固定为1，由于显然发现组数越小越优，可以令g[i]表示令第i位为0的最小组数，如果组数<B则这位可以为0。
Code
1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdlib> 6 #include<cmath> 7 using namespace std; 8 9 const int ONE=2001; 10 11 int n,A,B; 12 int a[ONE],g[ONE]; 13 bool f[ONE][ONE]; 14 long long Sum[ONE]; 15 long long res; 16 long long total; 17 int PD,len; 18 19 int get() 20 { 21 int res,Q=1; char c; 22 while( (c=getchar())<48 || c>57) 23 if(c=='-')Q=-1; 24 if(Q) res=c-48; 25 while((c=getchar())>=48 && c<=57) 26 res=res*10+c-48; 27 return res*Q; 28 } 29 30 void PartOne() 31 { 32 for(int pos=len;pos>=1;pos--) 33 { 34 memset(f,0,sizeof(f)); 35 f[0][0]=1; 36 37 for(int i=1;i<=n;i++) 38 for(int j=1;j<=i;j++) 39 for(int k=0;k<=i-1;k++) 40 { 41 total=Sum[i]-Sum[k]; 42 43 if(f[k][j-1] && ((total>>pos)|res)==res && ((total>>(pos-1)) & (long long)1)==0 ) 44 { 45 f[i][j]=1; 46 break; 47 } 48 } 49 50 PD=0; 51 for(int i=A;i<=B;i++) 52 { 53 PD=f[n][i]; 54 if(PD) break; 55 } 56 res<<=1; 57 if(!PD) res|=1; 58 } 59 } 60 61 void PartTwo() 62 { 63 for(int pos=len;pos>=1;pos--) 64 { 65 memset(g,63,sizeof(g)); 66 g[0]=0; 67 for(int i=1;i<=n;i++) 68 for(int k=0;k<=i-1;k++) 69 { 70 total=Sum[i]-Sum[k]; 71 72 if(((total>>pos)|res)==res && ((total>>(pos-1)) & (long long)1)==0 ) 73 { 74 g[i]=min(g[i],g[k]+1); 75 } 76 } 77 78 res<<=1; 79 if(g[n]>B) res|=1; 80 } 81 82 } 83 84 int main() 85 { 86 n=get(); A=get(); B=get(); 87 for(int i=1;i<=n;i++) 88 { 89 a[i]=get(); 90 Sum[i]=Sum[i-1]+a[i]; 91 } 92 93 total=Sum[n]; 94 while(total) 95 { 96 len++; 97 total>>=1; 98 } 99 100 if(A!=1) PartOne(); 101 else PartTwo(); 102 103 printf("%lld",res); 104 105 }
