bzoj 4069: [Apio2015]巴厘岛的雕塑

Description

印尼巴厘岛的公路上有许多的雕塑,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，其中第 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，来吸引更多的游客来巴厘岛。
下面是将雕塑分组的规则：
这些雕塑必须被分为恰好 X 组，其中 A< = X< = B，每组必须含有至少一个雕塑，每个雕塑也必须属于且只属于一个组。同一组中的所有雕塑必须位于这条路的连续一段上。
当雕塑被分好组后，对于每个组，我们首先计算出该组所有雕塑的年龄和。
计算所有年龄和按位取或的结果。我们这个值把称为这一分组的最终优美度。
请问政府能得到的最小的最终优美度是多少?
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，其中 pi 和 qi 分别是 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)。其中：
0 OR 0=0
0 OR 1=1
1 OR 0=1
1 OR 1=1

Input

输入的第一行包含三个用空格分开的整数 N,A,B。

第二行包含 N 个用空格分开的整数 Y1,Y2,…,YN。

Output

输出一行一个数，表示最小的最终优美度。

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)，最终优美度是 (11 OR 10)=11。（不难验证，这也是最终优美度的最小值。）

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

记得考场上想到了按位枚举不知道怎么维护答案...其实只要记录下前面枚举得到的ans就可以了

对于前3个任务

我们从高到底枚举每一位，用fij表示前i位分成j段是否可以取0

然后直接n^3转移就可以了

对于第四个任务

因为n=2000，但A=1，所以我们考虑去掉j那一维，直接用gi记录前i位最少多少段可以满足条件

最后用gn和B比较一下就可以得出答案

#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,A,B;
int len;
long long a[2001],s[2001];
bool f[101][101];
long long ans;
inline void solve1()
{
int i,j,k,m;
for(m=len;m>=1;m--)
{
memset(f,false,sizeof(f));
f[0][0]=true;
for(i=1;i<=n;i++)
{
for(j=1;j<=i;j++)
{
for(k=j-1;k<=i-1;k++)
{
if(!f[k][j-1])
continue;
long long xt=s[i]-s[k];
if(((xt>>m)|ans)==ans&&(xt&((long long)1<<(m-1)))==0)
{
f[i][j]=true;
break;
}
}
}
}
bool flag=false;
for(j=A;j<=B;j++)
{
if(f
[j])
{
flag=true;
break;
}
}
ans<<=1;
if(!flag)
ans|=1;
}
}
long long g[2001];
inline void solve2()
{
int i,j,k,m;
for(m=len;m>=1;m--)
{
memset(g,-1,sizeof(g));
g[0]=0;
for(i=1;i<=n;i++)
{
for(j=0;j<=i-1;j++)
{
if(g[j]==-1)
continue;
long long xt=s[i]-s[j];
if(((xt>>m)|ans)==ans&&(xt&((long long)1<<(m-1)))==0)
{
if(g[i]==-1)
g[i]=g[j]+1;
else
g[i]=min(g[i],g[j]+1);
}
}
}
ans<<=1;
if(g
>B||g
==-1)
ans|=1;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
int i;
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
s[i]=s[i-1]+a[i];
}
long long t=s
;
while(t>0)
{
len++;
t/=2;
}
if(n<=100&&A!=1)
solve1();
else
solve2();
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}