Bzoj4069:[Apio2015]巴厘岛的雕塑:dp+贪心

题目链接：[Apio2015]巴厘岛的雕塑

一开始先写了个既错误又高复杂度的dp，令dp[i][j]=min(dp[i][k],dp[j][k-1]|(s[i]-s[j]))，其中s[]代表前缀和

首先超时不说，在或的情况下单纯地每步取最小值无法保证全局的最优性，但是即使是这样我还是奇奇怪怪的过了好几个点QAQ

正解是这样的：

首先处理出答案最多的可能位数bit，然后倒序从最高位开始枚举每一位，由于∑2^i(0<i<n)<2^n+1，所以当前这一位能不选就不选

设dp[i][j]表示前i个数分成了j组并且满足已经枚举完的k位是否可行，可行为1否则为0

设当前最高的k位贡献的最小答案为ans，那么dp[i][j]=1当且仅当dp[k][j-1]==1&&((s[i]-s[k])>>(k+1+1))|ans)==ans&&((s[i]-s[k])>>(k+1)&1==0)，即满足已经得到的最优答案并且当前枚举到得这一位为0，复杂度O(n^3)

但是发现a==1的时候我们就没有必要枚举分成了几段，设dp[i]表示前i个数满足要求的情况下最少分成几段然后和b比较判断可行性即可

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define rep(i,x,y) for (int i=x;i<=y;++i)
#define dow(i,x,y) for (int i=x;i>=y;--i)
using namespace std;
const int maxn=2010;
const LL inf=1e16;
int n,a,b,f[maxn];
bool dp[maxn][maxn];
LL s[maxn];

bool check(int bit,LL x,LL tmp){
return (((x>>(bit+1))|tmp)==tmp&&((x>>bit)&1)==0);
}

void solve1(int bit){
LL ans=0;
for (int d=bit;d>=0;d--){
rep(i,1,n) {
f[i]=n+1; rep(j,0,i-1){
if (check(d,s[i]-s[j],ans)&&f[i]>f[j]+1)
f[i]=f[j]+1;
}
}ans=ans<<1|(f
>b);
}printf("%lld",ans);
}

void solve2(int bit){
LL ans=0;
for (int d=bit;d>=0;d--){
dp[0][0]=1;
rep(i,1,n) rep(j,1,min(i,b)){
dp[i][j]=0;
for (int k=0;k<i&&!dp[i][j];k++)
if (dp[k][j-1]&&check(d,s[i]-s[k],ans))
dp[i][j]=1;
}
int tmp=1;
for (int i=a;i<=b;++i)
if (dp
[i]){tmp=0;break;}
ans=ans<<1|tmp;
}printf("%lld",ans);
}

int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
rep(i,1,n) {LL x;scanf("%lld",&x);s[i]=s[i-1]+x;}
int bit=0; while ((1LL<<bit)<s
) bit++;
if (a==1)solve1(bit); else solve2(bit);
}