[APIO2015]巴厘岛的雕塑 --- 贪心 + 枚举

[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\(N\)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\(Y_{i}\)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?

 

数据范围：

 

或值最大 ---)  按位贪心即可

为了保证最小，从高位向低位贪心（虽然最大是一样的。。。）

那么怎么确定最小的答案呢？

注意到，高位贪心的结果需要被保留（高位一定更优）。

因此，维护\(dp(i,j)\)表示枚举到第\(i\)位，分成了\(j\)块，能否在满足高位贪心的同时可不可以让当前位为0。

如果\(dp(n,A)...dp(n,B)\)中有一个满足，那么当前位可以为0，计入高位。

如何转移？

枚举即可，枚举所有的区间来转移，确定一位能否为0需要\(n^{2}*B\)时间

总共需要时间\(O(\log n *B*n^{2})\)

 

可以发现过不掉最后一个点。

但是\(A=1\)非常的显眼，有什么用？

这告诉我们没有下届，只有上届。

因此，只要求出至少需要多少块才能在满足高位贪心的同时让当前位为0，同样可以判断。

复杂度可以降至：

\(O(\log n * n ^{2})\)

 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
#define ri register int
using namespace std;

char RR[34567], *S = RR, *T = RR + 30000;
inline char gc() {
    if(S == T) fread(RR, 1, 30000, stdin), S = RR;
    return *S ++;
}
inline int read() {
    int p = 0, w = 1; char c = gc();
    while(c > '9' || c < '0') {
        if(c == '-') w = -1;
        c = gc();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
        p = p * 10 + c - '0';
        c = gc();
    }
    return p;
}

template <typename re>
inline void upmin(re &a, re b) { if(a > b) a = b; }

int n, A, B;
ll ans, sum[2005], bit[100];
bool dp[105][105];
int f[2005];

void Solve1() {
    for(ri p = 41; p; p --) {
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        dp[0][0] = 1;
        for(ri i = 1; i <= n; i ++)
        for(ri j = 1; j <= i; j ++)
        for(ri k = j - 1; k <= i - 1; k ++)
        if(dp[k][j - 1]) {
            ll pp = sum[i] - sum[k];
            if(((pp >> p) | ans) == ans)
            if((pp & bit[p - 1]) == 0) dp[i][j] = 1;
        }
        ans <<= 1; ans |= 1;
        for(ri i = A; i <= B; i ++) 
        if(dp[n][i]) { ans ^= 1; break; }
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

void Solve2() {
    for(ri p = 41; p; p --) {
        for(ri i = 1; i <= n; i ++) f[i] = 3000;
        for(ri i = 1; i <= n; i ++)
        for(ri j = 0; j <= i - 1; j ++) {
            ll pp = sum[i] - sum[j];
            if(((pp >> p) | ans) == ans)
            if((pp & bit[p - 1]) == 0) upmin(f[i], f[j] + 1);
        }
        ans <<= 1;
        if(f[n] > B) ans |= 1;
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

int main() {
    for(ri i = 0; i <= 58; i ++) bit[i] = 1LL << i;
    n = read(); A = read(); B = read();
    for(ri i = 1; i <= n; i ++) sum[i] = sum[i - 1] + read();
    if(A == 1) Solve2(); 
    else Solve1();
    return 0;
}