[APIO2015]巴厘岛的雕塑 

题目描述

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\(Y_{i}\)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?

数据范围:

或值最大 ---)  按位贪心即可

为了保证最小,从高位向低位贪心(虽然最大是一样的。。。)

那么怎么确定最小的答案呢?

注意到,高位贪心的结果需要被保留(高位一定更优)。

因此,维护\(dp(i,j)\)表示枚举到第\(i\)位,分成了\(j\)块,能否在满足高位贪心的同时可不可以让当前位为0。

如果\(dp(n,A)...dp(n,B)\)中有一个满足,那么当前位可以为0,计入高位。

如何转移?

枚举即可,枚举所有的区间来转移,确定一位能否为0需要\(n^{2}*B\)时间

总共需要时间\(O(\log n *B*n^{2})\)

可以发现过不掉最后一个点。

但是\(A=1\)非常的显眼,有什么用?

这告诉我们没有下届,只有上届。

因此,只要求出至少需要多少块才能在满足高位贪心的同时让当前位为0,同样可以判断。

复杂度可以降至:

\(O(\log n * n ^{2})\)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
#define ri register int
using namespace std; char RR[], *S = RR, *T = RR + ;
inline char gc() {
if(S == T) fread(RR, , , stdin), S = RR;
return *S ++;
}
inline int read() {
int p = , w = ; char c = gc();
while(c > '' || c < '') {
if(c == '-') w = -;
c = gc();
}
while(c >= '' && c <= '') {
p = p * + c - '';
c = gc();
}
return p;
} template <typename re>
inline void upmin(re &a, re b) { if(a > b) a = b; } int n, A, B;
ll ans, sum[], bit[];
bool dp[][];
int f[]; void Solve1() {
for(ri p = ; p; p --) {
memset(dp, , sizeof(dp));
dp[][] = ;
for(ri i = ; i <= n; i ++)
for(ri j = ; j <= i; j ++)
for(ri k = j - ; k <= i - ; k ++)
if(dp[k][j - ]) {
ll pp = sum[i] - sum[k];
if(((pp >> p) | ans) == ans)
if((pp & bit[p - ]) == ) dp[i][j] = ;
}
ans <<= ; ans |= ;
for(ri i = A; i <= B; i ++)
if(dp[n][i]) { ans ^= ; break; }
}
printf("%lld\n", ans);
} void Solve2() {
for(ri p = ; p; p --) {
for(ri i = ; i <= n; i ++) f[i] = ;
for(ri i = ; i <= n; i ++)
for(ri j = ; j <= i - ; j ++) {
ll pp = sum[i] - sum[j];
if(((pp >> p) | ans) == ans)
if((pp & bit[p - ]) == ) upmin(f[i], f[j] + );
}
ans <<= ;
if(f[n] > B) ans |= ;
}
printf("%lld\n", ans);
} int main() {
for(ri i = ; i <= ; i ++) bit[i] = 1LL << i;
n = read(); A = read(); B = read();
for(ri i = ; i <= n; i ++) sum[i] = sum[i - ] + read();
if(A == ) Solve2();
else Solve1();
return ;
}

Aha!

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