bzoj 4069 [Apio2015]巴厘岛的雕塑 dp

Posted 2020-10-30 Kaiser

[Apio2015]巴厘岛的雕塑

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Description

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 Yi 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< = X< = 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 nP 是 P 的二进制位数，nQ 是 Q 的二进制位数，M 为 nP 和 nQ 中的最大值。P 的二进制表示为 pM−1pM−2…p1p0，Q 的二进制表示为 qM−1qM−2…q1q0，其中 pi 和 qi 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： (pM−1  OR  qM−1)(pM−2 OR qM−2)…(p1 OR q1)(p0 OR q0)。其中：

0 OR 0=0

0 OR 1=1

1 OR 0=1

1 OR 1=1

 

 

Input

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 Y1,Y2,…,YN。

 

Output

输出一行一个数，表示最小的最终优美度。

 

Sample Input

6 1 3
8 1 2 1 5 4

Sample Output

11

explanation

将这些雕塑分为 2 组，(8,1,2) 和 (1,5,4)，它们的和是 (11) 和 (10)，最终优美度是 (11 OR 10)=11。（不难验证，这也是最终优美度的最小值。）

HINT

 

 子任务 1 （9 分）

1< = N< = 20

1< = A< = B< = N

0< = Yi< = 1000000000

子任务 2 （16 分）

1< = N< = 50

1< = A< = B< = min{20,N}

0< = Yi< = 10

子任务 3 （21 分）

1< = N< = 100

A=1

1< = B< = N

0< = Yi< = 20

子任务 4 （25 分）

1< = N< = 100

1< = A< = B< = N

0< = Yi< = 1000000000

子任务 5 （29 分）

1< = N< = 2000

A=1

1< = B< = N

0< = Yi< = 1000000000

 

这道题目其实比较坑的，我以为是xor然后做了好久，

发现是or，然后无语了，这道题的话从高往低贪心是没问题的。

那么可以在外层枚举，f[i][j]表示前i个数，分成了j段，可不可以的，存储的是一个bool变量，

然后从前面，转移，前面已经决策出的ans必须不影响，就是决策当前位的时候不能影响前面的位

置。一个比较简单的写法，后面的位置可以默认是1这样直接or判断一下是否不变即可，因为后面怎么样是

没关系的。这样是n^3logn的，前面三个点可以过。

最后一个点A为1，那么第二维可以去掉，g[i]表示i个数分成的最小组数，因为越少越好，然后比较方式是一样的。

 

 1 #include<cstring>
 2 #include<cmath>
 3 #include<iostream>
 4 #include<cstdio>
 5 #include<algorithm>
 6 
 7 #define N 107
 8 #define ll long long
 9 using namespace std;
10 inline int read()
11 {
12     int x=0,f=1;char ch=getchar();
13     while(!isdigit(ch)){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
14     while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-‘0‘;ch=getchar();}
15     return x*f;
16 }
17 
18 int n,A,B;
19 int g[N*20];
20 bool f[N][N];
21 ll ans,sum[N*20],a[N*20];
22 
23 void solve_Subtask1()
24 {
25     ll x=sum[n],wei=0;
26     while (x) wei++,x>>=1;ans=0,wei--;
27     for (;~wei;wei--)
28     {
29         ll res=(1ll<<wei)-1+ans;
30         memset(f,0,sizeof(f));f[0][0]=true;
31         for (int i=1;i<=n;i++)
32             for (int j=1;j<=min(i,B);j++)
33                 for (int k=j-1;k<=i-1;k++)
34                     f[i][j]|=f[k][j-1]&&((res|(sum[i]-sum[k]))==res);
35         bool boo=false;
36         for (int i=A;i<=B;i++)
37             boo|=f[n][i];
38         if (!boo) ans+=(1ll<<wei);
39     }
40     printf("%lld\n",ans);
41 }
42 void solve_Subtask2()
43 {
44     ll x=sum[n],wei=0;
45     while (x) wei++,x>>=1;ans=0,wei--;
46     for (;~wei;wei--)
47     {
48         ll res=(1ll<<wei)-1+ans;
49         memset(g,0x7f,sizeof(g));g[0]=0;
50         for (int i=1;i<=n;i++)
51             for (int j=0;j<=i-1;j++)
52                 if ((res|(sum[i]-sum[j]))==res) g[i]=min(g[i],g[j]+1);
53         int boo=false;
54         if (g[n]<=B) boo=true;
55         if (!boo) ans+=(ll)(1ll<<wei);
56     }
57     printf("%lld\n",ans);
58 }
59 #undef ll
60 #undef N
61 int main()
62 {
63     freopen("fzy.in","r",stdin);
64     freopen("fzy.out","w",stdout);
65     
66     n=read(),A=read(),B=read();
67     for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),sum[i]=a[i]+sum[i-1];
68     if (A==1) solve_Subtask2();
69     else solve_Subtask1();
70 }