bzoj2064 分裂（状压DP）

bzoj2064 分裂

原题地址：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2064

题意：

背景： 和久必分，分久必和…

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。

给出很遥远的过去中国的状态（块数和各块的面积），又给出了中国现在的状态（块数和各块的面积），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。

数据范围

n1,n2<=10，每个数<=50

题解：

（神题）

对于任意两个状态分别有x，y块，在最坏情况下，它们的相互转化是，先合并一个状态为一个整体，再拆开为另一个状态，操作数为x-1+y-1=x+y-2次。

由此考虑，如果存在从两个状态中各选一个子集i，j，两个子集i，j的面积和相等，那么就可以分别考虑 i，j 和 剩下的部分x-i，y-j，就是i-1+j-1+(x-i-1)+(y-j-1) =x+y-4次，少合并两次。

于是，问题转化为：给出的两个原集合，最多拆分成多少子集，使得这些子集两两对应和相等。

枚举子集的过程用状压来完成。 为了方便，把给出的两个原集合（古代和现代）在一起表示。

sum[i]表示，当子集为i时，古代状态-现代状态 面积之差为多少。

f[i]表示，当子集为i时，i最多能划分成多少两两对应和相等的子集。

从000…001到111…111枚举状态i。

然后枚举其中的每一个元素，x为除去这个元素后的状态，那么f[i]=max（f[x]）。 （因为x < i所以已经计算过f[x]了）

并且，当sum[i]=0时，这个划分出的子集本身可行（除去划出的子集外剩下的也相等），f[i]++。

最终 ans=n+m-2*f[n+m]

（值得积累的是其中对集合的处理方式，因为枚举子集从小到大，因此一个状态被他的子集转移来，他的子集一定已经计算过。）

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=21;
int n,m,tot,top,f[1<<N],sum[1<<N];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&sum[1<<(i-1)]);
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&sum[1<<(i+n-1)]);
sum[1<<(i+n-1)]=-sum[1<<(i+n-1)];
}
tot=n+m;
top=(1<<(tot))-1;
for(int i=1;i<=top;i++)
{
int x=i&(-i);
sum[i]=sum[i-x]+sum[x];
for(int j=1;j<=tot;j++)
{
if(i&(1<<(j-1)))
f[i]=max(f[i],f[i-(1<<(j-1))]);
}
if(sum[i]==0) f[i]++;
}
printf("%d\n",tot-2*f[top]);
return 0;
}