【BZOJ4069】【APIO2015】巴厘岛的雕塑 [贪心][DP]
巴厘岛的雕塑
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Description
Input
输入的第一行包含三个用空格分开的整数 N,A,B。
Output
输出一行一个数,表示最小的最终优美度。
Sample Input
8 1 2 1 5 4
Sample Output
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
Main idea
将一个序列分为若干组,使得每组的和OR起来的值最小。
Solution
根据题意,要使最终的答案最小,可以想到利用贪心,从高到低枚举答案的每一位,如果能取0则取0,否则取1。
问题转化为如何判断答案的某一位能否取0,我们考虑用DP解决这个问题。假设当前枚举到第pos位。
令f[i][j]表示前i个数分成j组,显然该位可以填0的条件是:
1.存在k在i前面分了j-1组可行;
2.异或值满足之前已经枚举的相同(保证最小)
3.这一位可以是0。
这样可以过71分,最后一组数据TLE,发现最后一组数据下界固定为1,由于显然发现组数越小越优,可以令g[i]表示令第i位为0的最小组数,如果组数<B则这位可以为0。
Code
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
using namespace std; const int ONE=; int n,A,B;
int a[ONE],g[ONE];
bool f[ONE][ONE];
long long Sum[ONE];
long long res;
long long total;
int PD,len; int get()
{
int res,Q=; char c;
while( (c=getchar())< || c>)
if(c=='-')Q=-;
if(Q) res=c-;
while((c=getchar())>= && c<=)
res=res*+c-;
return res*Q;
} void PartOne()
{
for(int pos=len;pos>=;pos--)
{
memset(f,,sizeof(f));
f[][]=; for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=i;j++)
for(int k=;k<=i-;k++)
{
total=Sum[i]-Sum[k]; if(f[k][j-] && ((total>>pos)|res)==res && ((total>>(pos-)) & (long long))== )
{
f[i][j]=;
break;
}
} PD=;
for(int i=A;i<=B;i++)
{
PD=f[n][i];
if(PD) break;
}
res<<=;
if(!PD) res|=;
}
} void PartTwo()
{
for(int pos=len;pos>=;pos--)
{
memset(g,,sizeof(g));
g[]=;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int k=;k<=i-;k++)
{
total=Sum[i]-Sum[k]; if(((total>>pos)|res)==res && ((total>>(pos-)) & (long long))== )
{
g[i]=min(g[i],g[k]+);
}
} res<<=;
if(g[n]>B) res|=;
} } int main()
{
n=get(); A=get(); B=get();
for(int i=;i<=n;i++)
{
a[i]=get();
Sum[i]=Sum[i-]+a[i];
} total=Sum[n];
while(total)
{
len++;
total>>=;
} if(A!=) PartOne();
else PartTwo(); printf("%lld",res); }
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