bzoj2064: 分裂（状压dp）

Description

背景： 和久必分，分久必和。。。 题目描述： 中国历史上上分分和和次数非常多。。通读中国历史的WJMZBMR表示毫无压力。 同时经常搞OI的他把这个变成了一个数学模型。 假设中国的国土总和是不变的。 每个国家都可以用他的国土面积代替， 又两种可能，一种是两个国家合并为1个，那么新国家的面积为两者之和。 一种是一个国家分裂为2个，那么2个新国家的面积之和为原国家的面积。 WJMZBMR现在知道了很遥远的过去中国的状态，又知道了中国现在的状态，想知道至少要几次操作（分裂和合并各算一次操作），能让中国从当时状态到达现在的状态。

Input

第一行一个数n1，表示当时的块数，接下来n1个数分别表示各块的面积。 第二行一个数n2，表示现在的块，接下来n2个数分别表示各块的面积。

Output

一行一个数表示最小次数。

Sample Input

1 6
3 1 2 3

Sample Output

2
数据范围：
对于100%的数据，n1,n2<=10，每个数<=50
对于30%的数据，n1,n2<=6，

 

 

这状压的思路真是神仙啊……

首先，最坏的情况就是把上面的合成一堆，然后再分成下面的，于是次数为$n+m-2$

然后考虑如何减少次数。如果上面的可以被合成2块，下面的也可以合成2块，且上下两块的值分别相等，那么就可以减少一次合并和一次分开，总次数减少了2

于是发现如果上下可以被分成值相等的$k$块，那么总的次数是$n+m-2*k$

然后现在就是要求$k$的最大值了

我们用二进制表示某一个数选或不选。如果一个数是上面的，令它值为正，下面的则值为负

然后如果上面的一块和下面的一块值对应相等的话，就是所有的值加起来为0

这样如果某一个子集的和为0，就说明它可以互相变化

于是令$dp[i]$表示选的状态为$i$时的最大的$k$，因为只有在$sum[i]==0$时，$dp[i]++$，其他状态都只能直接转移

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
inline int read(){
    #define num ch-'0'
    char ch;bool flag=0;int res;
    while(!isdigit(ch=getc()))
    (ch=='-')&&(flag=true);
    for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num);
    (flag)&&(res=-res);
    #undef num
    return res;
}
const int N=2e6+5;
int n,m,sum[N],dp[N],lim;
int main(){
//    freopen("testdata.in","r",stdin);
    n=read();for(int i=1;i<=n;++i) sum[1<<(i-1)]=read();
    m=read();for(int i=1;i<=m;++i) sum[1<<(i+n-1)]=-read();
    lim=1<<(n+m);
    for(int i=1;i<lim;++i){
        int tmp=i&-i;sum[i]=sum[tmp]+sum[i-tmp];
        for(int j=1;j<=n+m;++j)
        if(i&(1<<(j-1))) cmax(dp[i],dp[i-(1<<(j-1))]);
        if(!sum[i]) ++dp[i];
    }
    printf("%d\n",n+m-2*dp[lim-1]);
    return 0;
}