【状压dp】Bzoj2064 分裂

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

 

题解

虽然数据小，但此题乍一看不可做。

于是我仔(cha)细(yue)思(ti)考(jie)。

有一种方法肯定是可以的，把以前的全部合并，再一个个分裂成现在的。

那么最少的方案怎么来呢？

如果以前的一部分可以单独对应(单独地合并分裂)到现在的一部分，就没必要把他们和剩下的再合到一起再分开了。

这个过程用dp解决。

为了方便，另以前的面积为正，现在的面积为负，于是就是要尽量的凑零。

于是我们要知道所有的选择的和。

这个用状压解决，另sum[S]表示把S对应的集合(转为二进制)的面积之和。

sum可以递推，用S&-S求出最小元素t，然后sum[S]=sum[t]+sum[S-t]，常用技巧get。

f[S]表示S这个集合处理过程中最多能得到0的次数。

最优子结构，枚举每一个i∈S，f[S]=max(f[S^i])。

如果sum[S]=0，f[S]++。

最后答案就是n+m-2*f[Smax]。

n+m是最原始的做法，*2是一个0可以少一次合并一次分裂。

感觉也是一道不错的题。

 

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=20;

int f[1<<maxn],sum[1<<maxn];
int main(){
    int n,m,x;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<n;i++)
        scanf("%d",&sum[1<<i]);
        
    scanf("%d",&m);
    for(int i=n;i<n+m;i++){
        scanf("%d",&x);
        sum[1<<i]=-x;
    }
    
    int end=1<<(n+m);
    
    for(int i=1;i<end;i++){
        int t=i&-i;
        sum[i]=sum[t]+sum[i-t];
        for(int j=0;j<n+m;j++)
            if(i&(1<<j)) f[i]=max(f[i],f[i^(1<<j)]);
        if(!sum[i]) f[i]++;
    }
    
    printf("%d",n+m-2*f[end-1]);
    return 0;
}