[UOJ 110][APIO 2015]Bali Sculptures(按位DP)

最新推荐文章于 2019-03-11 19:22:08 发布

qpswwww

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分类专栏： UOJ 传统题动态规划 WC/APIO/CTSC

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/qpswwww/article/details/46562403

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本文提供了一种解决 UOJ 110 题目的高效算法，通过拆位处理和动态规划，分别针对 A=1 和 A!=1 的情况给出了 O(n²logY) 和 O(n³logY) 的解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目链接

http://uoj.ac/problem/110

思路

此题如果直接用类似于NOIP乘积最大一题的那种DP做法的话，是错误的，因为此题有后效性。

可以考虑拆位来做，先尽量让答案的高位为0，在答案高位尽量小的前提下，再争取让答案的低位为0。

对于前4个subtask，由于 $A>=1$ ，因此直接用DP求每一位的最少分组的话是不对的。可以采取 $O(n^3logY)$ 的做法，从最高位向最低位枚举第 $bit$ 位，用 $f[i][j]$ 表示在满足答案的第 $bit+1,bit+2...$ 位不变(最优)的情况下，第 $bit$ 位能否取0。若存在某个 $f[n][k](k\in [A,B])$ 成立的话，答案的这一位可以为0，否则只能取1。

最后一个subtask这样做会TLE。但是 $A=1$ ，可以采取 $O(n^2logY)$ 的做法，从最高位向最低位枚举第 $bit$ 位，用 $f[i]$ 表示在满足答案的第 $bit+1,bit+2...$ 位不变(最优)的情况下，第 $bit$ 位取0最少需要分成几组。若 $f[n]\leq B$ 的话，答案的这一位可以为0，否则只能取1。

注意：由于或运算的特殊性，因此答案的第 $bit+1,bit+2...$ 位或上某段区间之和的第 $bit+1,bit+2...$ 位依然不变的话，表明这段区间不会影响最终答案的第 $bit+1,bit+2...$ 位(这段区间的某一位为0或1，而答案为1，或运算后答案这一位还为1，但是这段区间的某一位为1，而答案为0，或运算后答案这一位为1，无论其他段的区间取值如何，都会对最终或出来的答案产生影响)

代码

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>

#define INF 0x3f3f3f3f

using namespace std;

typedef long long int LL;

LL sum[2100],ans=0;
int n,A,B,bitlen;

namespace AEqualToOne
{
    const int MAXN=2100;
    int f[MAXN]; //f[i]=dp到第bit位时，前i个数要满足bitlen~bit+1位和答案相符，且第bit位为0，至少要分成几组
    void solve()
    {
        for(int bit=bitlen;bit>=0;bit--)
        {
            memset(f,INF,sizeof(f));
            f[0]=0;
            for(int i=1;i<=n;i++)
                for(int j=0;j<i;j++)
                    if(f[j]<B)
                    {
                        LL tmp=sum[i]-sum[j];
                        if((((tmp>>(LL)(bit+1)))|ans)==ans&&(tmp&(1LL<<(LL)bit))==0) f[i]=min(f[i],f[j]+1);
                    }
            ans<<=1;
            if(f[n]>B) ans++;
        }
    }
}

namespace ANeqOne
{
    const int MAXN=110;
    int f[MAXN][MAXN]; //假设当前dp到了第x位，f[i][j]=在满足答案的第x+1位不变(最优)的情况下，第x位能否取0
    void solve()
    {
        f[0][0]=1;
        for(int bit=bitlen;bit>=0;bit--)
        {
            memset(f,0,sizeof(f));
            f[0][0]=1;
            for(int i=1;i<=n;i++)
                for(int j=1;j<=n;j++)
                    for(int k=0;k<i;k++) //f[k][j-1]转移到f[i][j]
                    {
                        if(f[k][j-1])
                        {
                            LL tmp=sum[i]-sum[k];
                            if((((tmp>>(LL)(bit+1)))|ans)==ans&&(tmp&(1LL<<(LL)bit))==0) f[i][j]=1;
                        }
                    }
            bool flag=false; //flag=true表示第bit位可以取0
            for(int i=A;i<=B;i++)
                if(f[n][i])
                {
                    flag=true;
                    break;
                }
            ans<<=1;
            if(!flag) ans++;
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        LL x;
        scanf("%I64d",&x);
        sum[i]=sum[i-1]+x;
    }
    for(;(1LL<<(LL)bitlen)<sum[n];bitlen++);
    bitlen--;
    if(A==1)
    {
        using namespace AEqualToOne;
        solve();
    }
    else
    {
        using namespace ANeqOne;
        solve();
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}