4069: [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
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。）
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：
对于n<=200的：
从高到低枚举所有位，要使得对于每组该位最好都为0。
令dp[i][j]表示前i棵树分为j组是否能够满足条件。 枚举k，表示令k+1~j为一组。
满足条件当且仅当dp[k][j-1]满足条件且k+1~j为一组时满足当前所有位的条件。
时间复杂度为n^3*位数。
对于A=1的：
仍然从高到低枚举每一位。由于A=1的存在，我们可以令dp[i]表示前i个数在满足条件的情况下最少分为几组。
因此复杂度降为n^2*位数。
code：
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<algorithm> 6 using namespace std; 7 typedef long long int64; 8 char ch; 9 bool ok; 10 void read(int &x){ 11 for (ok=0,ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar()) if (ch=='-') ok=1; 12 for (x=0;isdigit(ch);x=x*10+ch-'0',ch=getchar()); 13 if (ok) x=-x; 14 } 15 const int maxn=2005; 16 int n,a,b,v[maxn],g[maxn]; 17 int64 sum[maxn]; 18 bool f[205][205]; 19 bool check(bool flag,int64 ans){ 20 if (flag){ 21 memset(g,63,sizeof(g)); 22 g[0]=0; 23 for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=0;j<i;j++) if (((sum[i]-sum[j])|ans)==ans) g[i]=min(g[i],g[j]+1); 24 return g[n]<=b; 25 } 26 else{ 27 memset(f,0,sizeof(f)); 28 f[0][0]=1; 29 for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=b;j++) for (int k=0;k<i;k++) if (((sum[i]-sum[k])|ans)==ans) f[i][j]|=f[k][j-1]; 30 for (int i=a;i<=b;i++) if (f[n][i]) return true; 31 return false; 32 } 33 } 34 int main(){ 35 read(n),read(a),read(b); 36 for (int i=1;i<=n;i++) read(v[i]),sum[i]=sum[i-1]+v[i]; 37 int64 ans=(~0ULL>>1); 38 for (int i=62;i>=0;i--){ 39 ans^=1LL<<i; 40 if (!check(a==1,ans)) ans^=1LL<<i; 41 } 42 printf("%lld\n",ans); 43 return 0; 44 }
