bzoj2064 分裂状压dp（神题）

分裂问题状压DP解法

最新推荐文章于 2020-03-15 13:19:10 发布

ObsdianGungnir

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分类专栏： bzoj -----------动态规划----------- 状态压缩DP

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本文介绍了一个经典的状压动态规划问题——分裂问题，并详细解释了解决方案。该问题要求计算最少的操作次数以使一个国家集合通过合并或分裂达到另一个集合的状态。文章提供了完整的代码实现，展示了如何通过巧妙的状态压缩技巧将复杂的问题简化。

DP百题进度：9/100

题目链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2064

2064: 分裂

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 64 MB
Submit: 592 Solved: 362
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Description

背景：和久必分，分久必和。。。题目描述：中国历史上上分分和和次数非常多。。通读中国历史的WJMZBMR表示毫无压力。同时经常搞OI的他把这个变成了一个数学模型。假设中国的国土总和是不变的。每个国家都可以用他的国土面积代替，又两种可能，一种是两个国家合并为1个，那么新国家的面积为两者之和。一种是一个国家分裂为2个，那么2个新国家的面积之和为原国家的面积。 WJMZBMR现在知道了很遥远的过去中国的状态，又知道了中国现在的状态，想知道至少要几次操作（分裂和合并各算一次操作），能让中国从当时状态到达现在的状态。

Input

第一行一个数n1，表示当时的块数，接下来n1个数分别表示各块的面积。第二行一个数n2，表示现在的块，接下来n2个数分别表示各块的面积。

Output

一行一个数表示最小次数。

Sample Input

1 6
3 1 2 3

Sample Output

2
数据范围：
对于100%的数据，n1,n2<=10，每个数<=50
对于30%的数据，n1,n2<=6，

HINT

Orz...做完这题再次感觉到自己的手残+脑残。

看数据范围感觉是状压dp，但是想了半天不知道咋状压，去网上拜读了一番题解后深深被此题折服。

简化一下题意，给定一个初始集合和目标集合，通过最少的合并和拆分次数达到目标集合。

~~这题在考场上我肯定输出n+m-2滚粗了（~~

首先能知道两个集合的元素和是相等的，所以最多能用n-1次把初始集合合并，再用m-1次拆分成目标集合，即最多n+m-2次操作。

如果能把n和m都分成两个子集，使得两个子集内的元素和分别相等，那么只需要n+m-4次操作即可。

同理，如果能分成k个集合，那么次数就是n+m-2*k。

于是问题就转化为：给定初始集合和目标集合，最多能分成多少个子集使得对应子集内元素和对应相等，即求k的最大值。（Orz我太弱了想不到这里）

然后就是这道题最神的地方：把初始状态和终止状态合并，用2^20来状压。

为了维护方便，显然可以把目标集合内的数全变成负数，那么只要两个子集之和为0，说明这两个子集和相等。

然后就是转移了。注意此题状态从1开始枚举，因为不能一个数都不选。~~（因此WA了两发）~~

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int read()
{
	char c;int sum=0,f=1;c=getchar();
	while(c<'0' || c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0' && c<='9'){sum=sum*10+c-'0';c=getchar();}
	return sum*f;
}
int n,m,x;
int dp[1<<21],sum[1<<21];
int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		sum[1<<i-1]=read();
	m=read();
	for(int i=1;i<=m;i++)
		sum[1<<(n+i-1)]=-read();
	n+=m;
	for(int i=1;i<(1<<n);i++)
	{
		int t=i&(-i);
		sum[i]=sum[t]+sum[i-t];
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			if((i&(1<<j-1))>0)
			dp[i]=max(dp[i],dp[i-(1<<j-1)]);
		}
		if(sum[i]==0)
		dp[i]++;
	}
	printf("%d\n",n-2*dp[(1<<n)-1]);
	return 0;
}