bzoj 4069 [Apio2015]巴厘岛的雕塑 dp
[Apio2015]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
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)
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。
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm> #define N 107
#define ll long long
using namespace std;
inline int read()
{
int x=,f=;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(x<<)+(x<<)+ch-'';ch=getchar();}
return x*f;
} int n,A,B;
int g[N*];
bool f[N][N];
ll ans,sum[N*],a[N*]; void solve_Subtask1()
{
ll x=sum[n],wei=;
while (x) wei++,x>>=;ans=,wei--;
for (;~wei;wei--)
{
ll res=(1ll<<wei)-+ans;
memset(f,,sizeof(f));f[][]=true;
for (int i=;i<=n;i++)
for (int j=;j<=min(i,B);j++)
for (int k=j-;k<=i-;k++)
f[i][j]|=f[k][j-]&&((res|(sum[i]-sum[k]))==res);
bool boo=false;
for (int i=A;i<=B;i++)
boo|=f[n][i];
if (!boo) ans+=(1ll<<wei);
}
printf("%lld\n",ans);
}
void solve_Subtask2()
{
ll x=sum[n],wei=;
while (x) wei++,x>>=;ans=,wei--;
for (;~wei;wei--)
{
ll res=(1ll<<wei)-+ans;
memset(g,0x7f,sizeof(g));g[]=;
for (int i=;i<=n;i++)
for (int j=;j<=i-;j++)
if ((res|(sum[i]-sum[j]))==res) g[i]=min(g[i],g[j]+);
int boo=false;
if (g[n]<=B) boo=true;
if (!boo) ans+=(ll)(1ll<<wei);
}
printf("%lld\n",ans);
}
#undef ll
#undef N
int main()
{
freopen("fzy.in","r",stdin);
freopen("fzy.out","w",stdout); n=read(),A=read(),B=read();
for (int i=;i<=n;i++) a[i]=read(),sum[i]=a[i]+sum[i-];
if (A==) solve_Subtask2();
else solve_Subtask1();
}
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