bzoj4069（UOJ110）【APIO2015】Bali Sculptures （数位dp）

最新推荐文章于 2019-03-11 19:22:08 发布

overcastt

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分类专栏： dp

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本文探讨了一种使用动态规划(DP)解决特定数学问题的方法：将n个数分成x组，目标是找到每组和的最小按位或值。文章详细介绍了两种DP策略，一种适用于一般情况，另一种专门针对A=1的特殊情况，通过实例代码展示了如何实现这些策略。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

#Problem
把 $n$ 个数分成 $x$ 组，求每组和的最小按位或值（ $A < = x = B$ ）

#Solution

错误dp…以此警示…
$f [i] [j]$ 表示前 $i$ 个数，分成 $j$ 段的最小按位或值
$f [i] [j] = m i n (f [k] [j - 1] ∣ s u m (k + 1, i))$
虽说按位或会越来越小，但是可能出现或的内个值特别大，而前面我们如果取一个小的数，倒不如去一个大的数是后面都是0

考虑数位 $d p$ ，我们考虑这一位是否能是 $0$ ，也就是一个 $b n d$ 的限制，结果就是 $b n d$ 取个反就好啦
对于 $n < = 100$ 的情况，我们定义 $f [i] [j]$ 表示前 $i$ 个数分成 $j$ 段能否满足 $b n d$ 的限制（即某些位确定为 $0$ ）。然后 $b n d$ 成立的条件就是 $f [n] [A]$ ~ $f [n] [B]$ 中有成立的即可
复杂度为 $O(n^3log)$

但对于最后一个子任务…显然上面内个复杂度是做不了的
然而有一个特例 $A = 1$
我们可以省去一维枚举分成的段数。用 $d p [i]$ 表示前 $i$ 个数满足 $b n d$ 条件的最少分的段数。
如果 $d p [n] < = B$ 也就是说在满足 $b n d$ 这个条件下，分的段数可以成立。

这样我们就可以把这道题解决了

#Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <map>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 110
#define ll long long
#define inf 1ll<<60
int n,A,B,cnt=0,a[2010];
ll f[N][N],dp[2010];
ll sum[2010],ans=inf;
inline char gc(){
	static char buf[1<<16],*S,*T;
	if(S==T){T=(S=buf)+fread(buf,1,1<<16,stdin);if(T==S) return EOF;}
	return *S++;
}
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=gc();
	while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=gc();}
	while('0'<=ch && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
	return x*f;
}
inline bool dp1(ll bnd){
	memset(f,0,sizeof(f));
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=i;++j)
			for(int k=0;k<i;k++){
				if(f[k][j-1] && !((sum[i]-sum[k])&bnd)){
					f[i][j]=1;
				}
			}
	for(int i=A;i<=B;i++) if(f[n][i]) return 1;
	return 0;
}
inline void solve1(){
	ll bnd=0;
	for(int i=cnt-1;i>=0;i--){
		bnd|=1ll<<i;
		if(!dp1(bnd)) bnd^=1ll<<i;
	}
	printf("%lld\n",(1ll<<cnt)-1-bnd);
}
inline bool dp2(ll bnd){
	for(int i=1;i<=n;i++) dp[i]=inf;dp[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<i;++j)
			if(dp[j]!=inf && !((sum[i]-sum[j])&bnd)){
				dp[i]=min(dp[i],dp[j]+1);
			}
	if(dp[n]<=B) return 1;
	return 0;
}
inline void solve2(){
	ll bnd=0;
	for(int i=cnt-1;i>=0;i--){
		bnd|=1ll<<i;
		if(!dp2(bnd)) bnd^=1ll<<i;
	}
	printf("%lld\n",(1ll<<cnt)-1-bnd);	
}
int main(){
	freopen("a.in","r",stdin);
	n=read();A=read();B=read(); 
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	ll x=sum[n];
	while(x) cnt++,x>>=1; 
	if(A==1) solve2();		
	else solve1();
	return 0;
}