洛谷P3646 [APIO2015]巴厘岛的雕塑(数位dp)
话说莫非所有位运算都可以用贪心解决么……太珂怕啦……
一直把或运算看成异或算我傻逼……
考虑从高位到低位贪心,如果能使答案第$i$位为0那么肯定比不为$0$更优
然后考虑第$i$位是否能为$0$
设$f[i][j]$表示将前$i$个数分为$j$段,能否在最高位到第$i+1$位都与当前$ans$一致的情况下使第$i$位为0,可以的话$f[i][j]$为1,否则为0
考虑状态如何转移
如果$f[k][j-1]$为1且$sum[i]-sum[k]$的第$i$位为0则可以由$f[k][j-1]$转移到$f[i][j]$(其中$sum$表示前缀和)
考虑如何判断,如果$f[k][j-1]==1$且
(下面的$k$和上面那个$k$无关,因为变量有点多重复去了……)
$((sum[i]-sum[k])>>k|ans)== ans$(最高位到倒数第k+1位是否与ans一致)
$((S[i]-S[k])\&1<<(k-1))==0$(倒数第k位能否为0)
那么就可以转移了
对于每个$x$,若$f[n][A~B]$有至少一个为1,$ans$的第$k$位就可以为0
然后因为时间复杂度过不了最后一个子任务……所以$A=1$的时候特判一下……
具体来说就是因为段数只有上限,所以把$f$数组的第二维省掉,就能降一个n
//minamoto
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
#define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[<<],*p1=buf,*p2=buf;
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,:;}
inline int read(){
#define num ch-'0'
char ch;bool flag=;int res;
while(!isdigit(ch=getc()))
(ch=='-')&&(flag=true);
for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*+num);
(flag)&&(res=-res);
#undef num
return res;
}
const int N=;
ll sum[N];int f[][],g[N];
ll ans=,t;int n,l,r,len=;
void solve1(){
int x,i,j;
for(x=len;x;--x){
for(i=;i<=n;++i) g[i]=inf;
for(i=;i<=n;++i)
for(j=;j<i;++j)
if(g[j]<r){
t=sum[i]-sum[j];
if((t>>(ll)x|ans)==ans&&(t&1ll<<(ll)x-1ll)==) cmin(g[i],g[j]+);
}
ans<<=1ll;
if(g[n]>r) ++ans;
}
}
void solve2(){
int x,i,j,k;
for(x=len;x;--x){
memset(f,,sizeof(f));
f[][]=;
for(i=;i<=n;++i)
for(j=;j<=i;++j)
for(k=;k<i;++k)
if(f[k][j-]){
t=sum[i]-sum[k];
if((t>>(ll)x|ans)==ans&&(t&1ll<<(ll)x-1ll)==) f[i][j]=;
}
for(i=l;i<=r;++i)
if(f[n][i]) break;
ans<<=1ll;
if(i>r) ++ans;
}
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),l=read(),r=read();
for(int i=;i<=n;++i)
sum[i]=sum[i-]+read();
for(t=sum[n];t;t>>=) ++len;
l==?solve1():solve2();
printf("%lld\n",ans);
return ;
}
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