【APIO2015】Bali Sculptures
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 $A \leq X \leq B$，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 $n_P$ 是 $P$ 的二进制位数，$n_Q$ 是 $Q$ 的二进制位数，$M$ 为 $n_P$ 和 $n_Q$ 中的最大值。$P$ 的二进制表示为 $p_{M−1} p_{M−2} \dots p_1 p_0$，$Q$ 的二进制表示为 $q_{M−1} q_{M−2} \dots q_1 q_0$，其中 $p_i$ 和 $q_i$ 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： $(p_{M−1} \mathbin{\mathrm{OR}} q_{M−1})(p_{M−2} \mathbin{\mathrm{OR}} q_{M−2}) \dots (p_1 \mathbin{\mathrm{OR}} q_1) (p_0 \mathbin{\mathrm{OR}} q_0)$。其中：
- $0 \mathbin{\mathrm{OR}} 0 = 0$
- $0 \mathbin{\mathrm{OR}} 1 = 1$
- $1 \mathbin{\mathrm{OR}} 0 = 1$
- $1 \mathbin{\mathrm{OR}} 1 = 1$
输入格式
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 $Y_1, Y_2, \dots, Y_N$。
输出格式
输出一行一个数，表示最小的最终优美度。
这道dp好大啊...........
我们分五个子任务分别来讨论一下
子任务
- 子任务 1 （9 分）
- $1 \leq N \leq 20$
- $1 \leq A \leq B \leq N$
- $0 \leq Y_i \leq 1000000000$
- 子任务 2 （16 分）
- $1 \leq N \leq 50$
- $1 \leq A \leq B \leq \min\{20, N\}$
- $0 \leq Y_i \leq 10$
- 子任务 3 （21 分）
- $1 ≤ N ≤ 100$
- $A = 1$
- $1 \leq B \leq N$
- $0 \leq Y_i \leq 20$
- 子任务 4 （25 分）
- $1 \leq N \leq 100$
- $1 \leq A \leq B \leq N$
- $0 \leq Y_i \leq 1000000000$
- 子任务 5 （29 分）
- $1 \leq N \leq 2000$
- $A = 1$
- $1 \leq B \leq N$
- $0 \leq Y_i \leq 1000000000$
分析
暴枚分割点，有$n-1$个分割点，$O(2^{n-1}*n)$即可解决
分析
观察到这个任务的特点，$Y_i$很小，我们可以考虑用dp的状态来记录$Y_i$
$f[i][j][k]$表示前$i$个数，分成$j$组，和的或为$k$是否可行
$O(n)$枚举每一个位置，对于每一个位置，$O(n^2)$枚举当前区间的开始位置和前面有几个区间，暴力转移
时间复杂度$O(n^3*y)$
分析
观察到这个任务的特点，$Y_i$也比较小，而且$A=1$，显然刚才的状态数量过多，需要减少
$f[i][j]$表示前$i$个数，和的或为$j$的最少分组，因为分组下届为$1$，那么，我们只要尽可能的减少分区，与$B$相比较，既可以得到最小的和的或了
$O(n)$枚举每一个位置，对于每一个位置，$O(n)$枚举当前区间的开始位置，暴力转移
时间复杂度$O(n^2*y)$
分析
可以发现，这其实是子任务2的升级版
而这时，和的或状态显然已经记不下来了，这个时候我们考虑贪心
我们按位来确定，显然，对于每一个要确定的位，只要他能$0$，就不可能让他$1$
那么，我们贪心的确定最高位，根据最高位一次确定次高位......
然后对于每一位，考虑用dp来验证
假设当前为$0$,$f[i][j]$表示前$i$个数，分成$j$组，是否可行
可行则为$0$，否则当前为只能为$1$，一次贪心地确定下去
时间复杂度$O(n^3*logy)$
分析
和子任务4类似的，可以发现他是子任务3的升级版本
那么，同样按位贪心地确定
假设当前为$0$，$f[i]$表示前$i$个数，最少分组，当$f[n]\leq B$的时候，满足要求，当前为就设为$0$了，否则为$1$，依次确定下去
时间复杂度$O(n^2*logy)$
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#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<climits>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
using namespace std;
inline char nc(){
static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
if (p1==p2) { p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin); if (p1==p2) return EOF; }
return *p1++;
}
inline void read(int &x){
char c=nc();int b=1;
for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}
inline void read(LL &x){
char c=nc();LL b=1;
for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}
inline int read(char *s)
{
char c=nc();int len=1;
for(;!(c>='a' && c<='z');c=nc()) if (c==EOF) return 0;
for(;(c>='a' && c<='z');s[len++]=c,c=nc());
s[len++]='\0';
return len;
}
inline void read(char &x){
for (x=nc();!(x>='A' && x<='Z');x=nc());
}
int wt,ss[19];
inline void print(int x){
if (x<0) x=-x,putchar('-');
if (!x) putchar(48); else {
for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);
for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
inline void print(LL x){
if (x<0) x=-x,putchar('-');
if (!x) putchar(48); else {for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
int n,A,B,b[50],f1[51][51][600],f3[110][110],f4[2010],ans[50];
LL Min,a[2010],f2[110][3000];
bool check()
{
int s=1;
for (int i=1;i<n;i++)
s+=b[i];
return (s>=A) && (s<=B);
}
void pp(int x)
{
if (x==n)
{
if (check())
{
LL s=0,t=0;b[n]=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
t=t+a[i];
if (b[i]==1) s|=t,t=0;
}
Min=min(Min,s);
}
return ;
}
for (int i=0;i<=1;i++)
b[x]=i,pp(x+1);
}
int check(LL x,int z)
{
int y[50],s=0,j;
memset(y,0,sizeof(y));
while (x) y[++s]=x%2,x/=2;
for (int i=41;i>=z;i--)
if (!ans[i] && y[i]) return 0;
for (int i=41;i>=z;i--)
if (ans[i]!=y[i]) return 1;
return 2;
}
bool check1(int x)
{
memset(f3,0,sizeof(f3));
f3[0][0]=2;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
LL s=a[i];
for (int j=i-1;j>=0;j--)
{
int t=check(s,x);
if (t==1)
{
for (int k=0;k<=j;k++)
if (f3[j][k]) f3[i][k+1]=f3[j][k];
}
else if (t==2)
{
for (int k=0;k<=j;k++)
if (f3[j][k]) f3[i][k+1]=2;
}
s+=a[j];
}
}
for (int i=A;i<=B;i++)
if (f3[n][i]==2) return true;
return false;
}
int check2(int x,LL y)
{
memset(f4,0,sizeof(f4));
for (int i=1;i<=n;i++)
f4[i]=n+1;
f4[0]=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
LL s=a[i];
for (int j=i-1;j>=0;j--)
{
if (!(s&y))
f4[i]=min(f4[i],f4[j]+1);
s+=a[j];
}
}
return f4[n];
}
int main()
{
read(n);read(A);read(B);
LL Max=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
read(a[i]),Max=max(Max,a[i]);
if (n<=20)
{
Min=(1LL<<60)-1;
pp(1);
print(Min),puts("");
}
else if (n<=50 && Max<=10)
{
memset(f1,0,sizeof(f1));
f1[0][0][0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int s=a[i];
for (int j=i-1;j>=0;j--)
{
for (int k=0;k<=j;k++)
for (int p=0;p<=511;p++)
if (f1[j][k][p]) f1[i][k+1][p|s]=1;
s+=a[j];
}
}
Min=(1LL<<60)-1;
for (int i=A;i<=B;i++)
for (int j=0;j<=511;j++)
if (f1[n][i][j]) Min=min(Min,(LL)j);
print(Min),puts("");
}
else if (n<=100 && A==1 && Max<=20)
{
memset(f2,0,sizeof(f2));
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=0;j<=2047;j++)
f2[i][j]=n+1;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int s=a[i];
for (int j=i-1;j>=0;j--)
{
for (int k=0;k<=2047;k++)
f2[i][k|s]=min(f2[i][k|s],f2[j][k]+1);
s+=a[j];
}
}
for (int i=0;i<=2047;i++)
if (f2[n][i]<=B) {print(i),puts("");return 0;}
}
else if (n<=100)
{
memset(ans,0,sizeof(ans));
for (int i=41;i>=1;i--)
if (check1(i)) ans[i]=0;else ans[i]=1;
Min=0;
for (int i=41;i>=1;i--)
Min=(Min<<1)+(LL)ans[i];
print(Min),puts("");
}
else
{
memset(ans,0,sizeof(ans));LL p=0;
for (int i=41;i>=1;i--)
if (check2(i,p|(1LL<<(i-1)))<=B) ans[i]=0,p|=1LL<<(i-1);else ans[i]=1;
Min=0;
for (int i=41;i>=1;i--)
Min=(Min<<1)+(LL)ans[i];
print(Min),puts("");
}
return 0;
}
