APIO2015 Skulptrues|贪心|DP

原创于 2015-06-03 21:11:44 发布 · 617 阅读

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#贪心 #dp

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本文提供了一种解决UOJ 110问题的方法，通过二进制位从高位开始贪心地处理，记录最少分组数，并通过枚举实现状态转移。针对不同情况，采用不同的数据结构进行优化。

考场上这题爆0真是郁闷。。
按二进制位从高位开始贪心，当A等于1的时候对每一位记录 $f[i]$ 表示前 $i$ 个使当前位为0且不与更高位冲突最少分几组，枚举上一块的右端点进行转移；当A>1的时候记录 $f[i][j]$ 为前 $i$ 个分 $j$ 组是否能达到，转移同前。。
http://uoj.ac/problem/110

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long 
#define N 2005
using namespace std;
const ll inf=1000000000000000000ll;
int n,A,B,i,j,k,d,f[N];
ll ans,sum,a[N];
bool ok[N][N];
int main()
{
    freopen("sculpture.in","r",stdin);
    scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
    for (i=1;i<=n;i++) scanf("%I64d",&a[i]);
    a[0]=0;
    if (A==1)
    {
        ans=0;f[0]=0;ll ls=0;
        for (d=40;d>=0;d--)
        {
            ls^=(1ll<<d);
            for (i=1;i<=n;i++)
            {
                sum=0;f[i]=20000;
                for (j=i;j;j--)
                {
                    sum+=a[j];
                    if (f[j-1]+1<f[i]&&(sum&ls)==0) f[i]=f[j-1]+1;
                }
            }
            if (f[n]>B) ans^=(1ll<<d),ls^=(1ll<<d);
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    else
    {
        ans=0;f[0]=0;ll ls=0;
        for (d=40;d>=0;d--)
        {
            for (i=0;i<=n;i++)
                for (j=0;j<=n;j++)
                    ok[i][j]=0;
            ok[0][0]=1;
            ls^=(1ll<<d);
            for (i=1;i<=n;i++)
                for (j=1;j<=min(B,i);j++)
                {
                    sum=0;
                    for (k=i;k;k--)
                    {
                        sum+=a[k];
                        if (ok[k-1][j-1]&&(sum&ls)==0) ok[i][j]=1;
                    }
                }
            bool t=0;
            for (i=A;i<=B;i++) t|=ok[n][i];
            if (!t) ans^=(1ll<<d),ls^=(1ll<<d);
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
}