UOJ#110. 【APIO2015】Bali Sculptures 贪心 动态规划

原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/UOJ110.html

题解

我们发现n=2000 的子任务保证A=1！

分两种情况讨论：

$n\leq 100$：

　　贪心地从高位到低位逐位考虑，看当前位是否可以放 0。用 $dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个数是否可以在各段sum的or值不超过当前上限的情况下分成 $j$ 段。

　　时间复杂度 $O(n^3 \log V)$ 。

 

$A = 1$：

　　贪心地从高位到低位逐位考虑，看当前位置是否可以放0。 用 $dp[i][0/1]$ 表示前 $i$ 个数，在各段sum的or值不超过当前上限的情况下，当前位的or值是 $0/1$ 的情况下最少分成几段。

　　时间复杂度 $O(n^2 \log V)$ 。

 

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof (x))
using namespace std;
typedef long long LL;
LL read(){
	LL x=0,f=0;
	char ch=getchar();
	while (!isdigit(ch))
		f|=ch=='-',ch=getchar();
	while (isdigit(ch))
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	return f?-x:x;
}
const int N=2005;
int n,A,B;
LL a[N];
void ckMin(int &x,int y){
	x=x<y?x:y;
}
namespace so1{
	const int N=105;
	int dp[N][N];
	int check(LL v){
		clr(dp);
		dp[0][0]=1;
		for (int i=1;i<=n;i++)
			for (int j=0;j<i;j++)
				if ((v|(a[i]-a[j]))==v)
					for (int k=0;k<n;k++)
						dp[i][k+1]|=dp[j][k];
		for (int i=1;i<=n;i++)
			if (A<=i&&i<=B&&dp[n][i])
				return 1;
		return 0;
	}
	void main(){
		LL ans=0;
		for (int i=40;i>=0;i--)
			if (!check(ans|((1LL<<i)-1)))
				ans|=1LL<<i;
		cout<<ans<<endl;
	}
}
namespace so2{
	const int N=2005;
	int dp[N][2];
	void main(){
		LL ans=0;
		for (int d=40;d>=0;d--){
			for (int i=0;i<N;i++)
				dp[i][0]=dp[i][1]=1e9;
			dp[0][0]=0;
			LL v=ans|((1LL<<(d+1))-1);
			for (int i=1;i<=n;i++)
				for (int j=0;j<i;j++)
					if ((v|(a[i]-a[j]))==v)
						for (int t=0;t<2;t++)
							ckMin(dp[i][t|((a[i]-a[j])>>d&1LL)],dp[j][t]+1);
			if (dp[n][0]>B)
				ans|=1LL<<d;
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
}
int main(){
	n=read(),A=read(),B=read();
	for (int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=a[i-1]+read();
	if (n<=100)
		so1::main();
	else
		so2::main();
	return 0;
}