【BZOJ2064】分裂（状压dp）

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题面

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，

我们可以发现最坏的情况就是把所有的都先给合并之后再一个个分开，需要$n1+n2$次

然后我们发现如果存在一个原来状态的子集的面积和等于现在的某个子集
那么我们就不用把这个集合合并到大集合里再分开了，这就可以少2次操作

考虑到枚举集合
又$n1,n2$很小，可以状压dp，
1/0表示这个土地在/不在当前枚举的集合内

把$n1,n2$放一起，
如果我们把原来的面积设为正，现在的面积设为负的
那么只要面积和为0也就是可以单独拼在一起来

$f[state]$表示当前二进制状态为$state$时有多少个子集面积为$0$
$s[state]$表示当前二进制状态为$state$时的面积和

$f可以通过枚举之前的子集找最大的转移过来$
如果当前$s[state]=0，则f[state]+1$
答案就是$n1+n2-2*f[1&lt;&lt;(n1+n2)-1]$

转移过程看代码就是了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
	char ch=getchar();
	int res=0,f=1;
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return res*f;
}
const int N=5000005;
int n,m,f[N],s[N];
int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		s[(1<<(i-1))]=read();
	}
	m=read();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		s[(1<<(i-1+n))]=-read();
	}
	int sta=(1<<(n+m))-1;
	for(int i=1;i<=sta;i++){
		int now=(i&(-i));
		s[i]=s[now]+s[i-now];
		for(int j=1;j<=n+m;j++){
			if(i&(1<<(j-1))){
				int sj=i-(1<<(j-1));
				f[i]=max(f[i],f[sj]);
			}
		}
		if(!s[i])f[i]++;
	}
	cout<<(n+m-f[sta]*2)<<'\n';
}