bzoj4069【APIO2015】巴厘岛的雕塑

最新推荐文章于 2019-02-23 09:58:00 发布

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本文详细解析了APIO2015竞赛中的巴厘岛雕塑问题，介绍了如何通过贪心算法结合动态规划求解最优分组方案，以达到最小化最终的优美度值。

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4069: [Apio2015]巴厘岛的雕塑

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Description

印尼巴厘岛的公路上有很多的雕塑,我们来关注它的一条主干道。

在这条主干道上一共同拥有 N 座雕塑。为方便起见。我们把这些雕塑从 1 到 N 连续地进行标号。当中第 i 座雕塑的年龄是 Yi 年。

为了使这条路的环境更加优美，政府想把这些雕塑分成若干组。并通过在组与组之间种上一些树。来吸引很多其它的游客来巴厘岛。

以下是将雕塑分组的规则：

这些雕塑必须被分为恰好 X 组，当中 A< = X< = B，每组必须含有至少一个雕塑，每一个雕塑也必须属于且仅仅属于一个组。

同一组中的全部雕塑必须位于这条路的连续一段上。

当雕塑被分好组后。对于每一个组。我们首先计算出该组全部雕塑的年龄和。

计算全部年龄和按位取或的结果。我们这个值把称为这一分组的终于优美度。

请问政府能得到的最小的终于优美度是多少?

备注：将两个非负数 P 和 Q 按位取或是这样进行计算的：

首先把 P 和 Q 转换成二进制。

设 nP 是 P 的二进制位数，nQ 是 Q 的二进制位数，M 为 nP 和 nQ 中的最大值。P 的二进制表示为 pM−1pM−2…p1p0，Q 的二进制表示为 qM−1qM−2…q1q0。当中 pi 和 qi 各自是 P 和 Q 二进制表示下的第 i 位。第 M−1 位是数的最高位。第 0 位是数的最低位。

P 与 Q 按位取或后的结果是： (pM−1 OR qM−1)(pM−2 OR qM−2)…(p1 OR q1)(p0 OR q0)。

当中：

0 OR 0=0

0 OR 1=1

1 OR 0=1

1 OR 1=1

Input

输入的第一行包括三个用空格分开的整数 N,A,B。

第二行包括 N 个用空格分开的整数 Y1,Y2,…,YN。

Output

输出一行一个数，表示最小的终于优美度。

Sample Input

6 1 3
8 1 2 1 5 4

Sample Output

11

explanation

将这些雕塑分为 2 组，(8,1,2) 和 (1,5,4)，它们的和是 (11) 和 (10)，终于优美度是 (11 OR 10)=11。（不难验证。这也是终于优美度的最小值。

）

HINT

子任务 1 （9 分）

1< = N< = 20

1< = A< = B< = N

0< = Yi< = 1000000000

子任务 2 （16 分）

1< = N< = 50

1< = A< = B< = min{20,N}

0< = Yi< = 10

子任务 3 （21 分）

1< = N< = 100

A=1

1< = B< = N

0< = Yi< = 20

子任务 4 （25 分）

1< = N< = 100

1< = A< = B< = N

0< = Yi< = 1000000000

子任务 5 （29 分）

1< = N< = 2000

A=1

1< = B< = N

0< = Yi< = 1000000000

贪心+DP

要使终于的答案最小，能够直观产生一种贪心的想法，从高到低枚举答案的每一位。假设能取0则取0。否则取1。

然后主要问题转化为怎样推断终于答案的某一位是否能取0。当然要保证前面全部位不变的前提下。

我们考虑用DP解决问题。

如果当前枚举到第pos位。令f[i][j]表示前i个数分成j组，满足前pos-1位，当前这一位是否能填0。

则f[i][j]=true当且仅当存在k满足f[k][j-1]=true且(sum[i]-sum[k])|ans==ans且(sum[i]-sum[k])&(1<<pos-1)==0。然后推断f[n][i]中是否有等于true的项。a≤i≤b。

可是这个复杂度是O(n^3logM)，对于最后一组数据会TLE。

考虑到最后一组数据的特殊性：a等于1，也就是组数没有下界。

所以我们能够去掉DP的第二维，即用g[i]表示前i个数满足条件的最少组数。然后推断g[n]和b的大小就能够了。

注意1<<pos-1要写成1ll<<pos-1。

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define maxn 2005
#define inf 1000000000
using namespace std;
int n,a,b,len,g[maxn];
ll ans,sum[maxn];
bool f[maxn][maxn];
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline void solve1()
{
	D(pos,len,1)
	{
		memset(f,false,sizeof(f));
		f[0][0]=true;
		F(i,1,n) F(j,1,i) F(k,j-1,i-1) if (f[k][j-1])
		{
			ll tmp=sum[i]-sum[k];
			if (((tmp>>pos)|ans)==ans&&(tmp&(1ll<<(pos-1)))==0){f[i][j]=true;break;}
		}
		bool flag=false;
		F(i,a,b) if (f[n][i]){flag=true;break;}
		ans<<=1;
		if (!flag) ans|=1;
	}
}
inline void solve2()
{
	D(pos,len,1)
	{
		F(i,1,n) g[i]=inf;
		F(i,1,n) F(j,0,i-1)
		{
			ll tmp=sum[i]-sum[j];
			if (((tmp>>pos)|ans)==ans&&(tmp&(1ll<<(pos-1)))==0) g[i]=min(g[i],g[j]+1);
		}
		ans<<=1;
		if (g[n]>b) ans|=1;
	}
}
int main()
{
	n=read();a=read();b=read();
	F(i,1,n) sum[i]=sum[i-1]+read();
	for(ll tmp=sum[n];tmp;tmp>>=1) len++;
	if (a!=1) solve1();
	else solve2();
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}