【BZOJ4069】[Apio2015]巴厘岛的雕塑 按位贪心+DP

【BZOJ4069】[Apio2015]巴厘岛的雕塑

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

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

题解：考虑按位贪心来做。从高到低枚举答案的每一位，对于当前位，我们先check一下当前位=0能否满足要求，如果可以，则当前位=0，否则=1。那么如何check呢？考虑DP，用f[i][j]表示前i个雕塑分成j组是否可行，如果要求当前位=0可以满足要求，那么就把所有可能使得当前位!=0的转移都打上删除标记即可。

但是这样的转移时O(n^3)的啊，于是看了题解。。。md你告诉我最后一个子任务A=1!!!那么直接将DP方程该为f[i]表示将前i个雕塑最少能分成几组，然后转移就是O(n^2)的了。

 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,A,B;
bool f[2][110],mp[2010][2010];
int g[2010];
ll ans,s[2010];
bool check(ll v)
{
	if(v<=8)
	{
		v++,v--;
	}
	int i,j,k,d;
	if(A==1)
	{
		memset(g,0x3f,sizeof(g)),g[0]=0;
		for(i=1;i<=n;i++)	for(j=0;j<i;j++)
			if(!mp[i][j]&&!((s[i]-s[j])&v))	g[i]=min(g[i],g[j]+1);	
		return g[n]<=B;
	}
	memset(f[0],0,sizeof(f[0]));
	f[0][0]=1;
	for(i=1;i<=B;i++)
	{
		d=i&1;
		memset(f[d],0,sizeof(f[d]));
		for(j=1;j<=n;j++)	for(k=0;k<j;k++)	if(!mp[j][k]&&!((s[j]-s[k])&v))	f[d][j]|=f[d^1][k];
		if(i>=A&&f[d][n])	return 1;
	}
	return 0;
}

inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret*f;
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
	int i,j;
	for(i=1;i<=n;i++)	s[i]=rd()+s[i-1];
	for(ll k=1ll<<40;k;k>>=1)
	{
		if(check(k))
		{
			for(i=1;i<=n;i++)	for(j=0;j<i;j++)	if((s[i]-s[j])&k)	mp[i][j]=1;
		}
		else	ans|=k;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}