【简●解】巴厘岛的雕塑

【大意】#

给定$A$，$B$，使一个区间的元素分为$A\le x\le B$组，每组的贡献为组内元素之和，最小化所有组贡献的或运算和。

【分析】#

开始一晃眼没看见区间连续这个条件，感觉做了假的题。。。

思考一个容易想到的$dp$式子，设$f[i][j]$表示前$i$个元素，分为$j$个组的最小化答案，考虑枚举转移点$k$，然后转移。。。。

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#include <ctime>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll INF = 5e18;
const int MAX = 2000 + 5;
inline ll read() {
    ll res = 0; bool f = 0; char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') f = 1; ch = getchar(); }
    while (ch <= '9' && ch >= '0') { res = (res << 3) + (res << 1) + ch - '0'; ch = getchar(); }
    return f ? (~ res + 1) : res;
}
ll n, A, B, Y[MAX], sum[MAX], f[MAX][MAX], ans = INF;
int main() {
    n = read(), A = read(), B = read();
    for (int i = 1;i <= n; ++i) 
    for (int j = 0;j <= n; ++j) f[i][j] = INF;
    for (int i = 1;i <= n; ++i) Y[i] = read(), sum[i] = sum[i - 1] + Y[i], f[i][1] = sum[i];
    for (int i = 1;i <= n; ++i) {
        int limit = min((ll)i, B);
        for (int j = 2;j <= limit; ++j) {
            for (int k = 1;k < i; ++k) {
                f[i][j] = min(f[i][j], f[k][j - 1] | (sum[i] - sum[k]));
            }
        }
    }
    for (int i = A;i <= B; ++i) ans = min(ans, f[n][i]);
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}

去提交。。啊！$75Pt$？？？$TLE$我还可以接受，还有的点$WA$？

仔细思考了一下，发现这个式子并不满足无后效性。为什么？你选择前面的使它最小化了，但在或运算下，后面的影响你是不知道的。换句话说，本题中，若按之前的$dp$方程转移，局部最优解并不是全局最优解。

我们需要重新思考。

由或这个二进制运算和题目明显的提示，想到拆分考虑二进制数位，又因为最小化，所以贪心地从最高位开始对每一位进行考虑。

对于每一位$pos$，我们用$f[i][j]$表示用前$i$个元素，分成$j$组，能否使当前位为$0$（因为要最小化嘛）。

枚举转移点$k$，若$f[k][j-1]$为真，且$sum[k+1...i]$在当前$pos$位上是$0$，那么就可以转移过来$f[i][j]=1$。然后累计$ans$。

若存在$f[n][i]=1(A\le i\le B)$那么该位就可以等于$0$。

再仔细思考，我们会发现若直接这样做，有可能会存在着低位的分组与高位的分组发生冲突。显然，我们应保留高位分组的情况，所以说，我们应保留之前已匹配好的位的状态，并且让转移也不能与这个状态发生冲突。

接着来思考子任务$5$。

我们会发现它的数据有特殊性：$A=1$。

怎么特殊？分组没有下限！

那我直接记录最少能用多少组让$pos$位可以填$0$不就行了？

设$g[i]$表示前$i$位最少能分成多少组使当前位$pos$可以填$0$，那么同样的，只要满足转移条件，就有$g[i]=min(g[i],g[k] + 1)$。其中除$g[0]=0$以外，其余$g$均为$INF$。

然后就写了个分段$dp$。

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#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define Re register
using namespace std;
const int MAX = 2000 + 5;
inline ll read() {
    ll res = 0; bool f = 0; char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') f = 1; ch = getchar(); }
    while (ch <= '9' && ch >= '0') { res = (res << 3) + (res << 1) + ch - '0'; ch = getchar(); }
    return f ? (~ res + 1) : res;
}
ll Y[MAX], sum[MAX], f[MAX][MAX], ans;
int n, A, B, g[MAX];
bool flag;
inline void solution_1() {
    int limit = log2(sum[n]) + 1;
    for (int pos = limit; pos >= 0; --pos) {
        
        ll res = ans | ((1LL << pos) - 1LL);
        memset(g, 127, sizeof g);
        g[0] = 0;
        for (int i = 1;i <= n; ++i) {
            for (int k = 0;k < i; ++k) {
                if (((sum[i] - sum[k]) | res) == res) {
                    g[i] = min(g[i], g[k] + 1);
                }
            }
        }
        
        if (g[n] > B) ans |= (1LL << pos);
    }
}

inline void solution_2() {
    int limit = log2(sum[n]) + 1;
    for (int pos = limit;pos >= 0; --pos) {

        ll res = ans | ((1LL << pos) - 1LL);
        memset(f, 0, sizeof f);
        f[0][0] = 1;
        flag = 0;
        
        for (int i = 1;i <= n; ++i) {
            int up = min(i, (int)B);
            for (int j = 1;j <= up; ++j) {
                for (int k = j - 1;k < i; ++k) {
                    if (f[k][j - 1] && ((sum[i] - sum[k]) | res) == res) {
                        f[i][j] = 1;
                    }
                }
            }
        }
        
        for (int i = A;i <= B; ++i) if (f[n][i]) flag = 1;
        if (!flag) ans |= (1LL << pos);
    }
}

int main() {
    n = read(), A = read(), B = read();
    for (int i = 1;i <= n; ++i) Y[i] = read(), sum[i] = sum[i - 1] + Y[i];
    if (A == 1) solution_1();
    else solution_2();
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}