BZOJ 2064: 分裂 状压DP

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Description

背景： 和久必分，分久必和。。。 题目描述： 中国历史上上分分和和次数非常多。。通读中国历史的WJMZBMR表示毫无压力。 同时经常搞OI的他把这个变成了一个数学模型。 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。 WJMZBMR现在知道了很遥远的过去中国的状态，又知道了中国现在的状态，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。

Input

第一行一个数n1，表示当时的块数，接下来n1个数分别表示各块的面积。 第二行一个数n2，表示现在的块，接下来n2个数分别表示各块的面积。

Output

一行一个数表示最小次数。

Sample Input

1 6

3 1 2 3

Sample Output

2

数据范围：

对于100%的数据，n1,n2<=10，每个数<=50

对于30%的数据，n1,n2<=6，

HINT

Source

和谐社会模拟赛

这题这题，是神题啊，从dalao的博客get到这道题

题解：

我们可以发现，最多的次数应该是n个国家全部花费n-1次合并起来，然后再花费m-1次分开，也就是n+m-2次，然后我们发现如果我们可以提前把之前的国家分成两组，之后的国家分成两组，并且前面国家的一组和后面国家的一组面积相同，前面国家的另一组也和后面国家的另一组相同，则可以只用花费n+m-4次操作，也就是说我们能分成多少组，就可以少2*组数种操作，既然如此，我们就神状压，sz[i]表示i二进制下表示的国家的面积和，如果sz[i]等于0，则说明可以少花费两次操作，我们在枚举i的过程中，枚举一个j，其中j是i中已经有的国家，然后我们用i-j表示状态的国家的dp值更新i状态的国家的dp值，最后再看sz来进行最后一步更新，如果有没懂的欢迎联系我的邮箱

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;

int n, m, maxn, sz[ 1 << 21 ], dp[ 1 << 21 ];

int main( ) {
scanf( "%d", &n );
for( register int i = 1; i <= n; i++ ) scanf( "%d", &sz[ 1 << ( i - 1 ) ] );
scanf( "%d", &m );
for( register int i = n + 1; i <= n + m; i++ ) {
scanf( "%d", &sz[ 1 << ( i - 1 ) ] );
sz[ 1 << ( i - 1 ) ] = - sz[ 1 << ( i - 1 ) ];
}
n += m;
maxn = ( 1 << n ) - 1;
for( register int i = 1; i <= maxn; i++ ) {
int tmp = i & ( - i );
sz[i] = sz[ tmp ] + sz[ i - tmp ];
for( register int j = 1; j <= n; j++ ) {
if( ( i & ( j - 1 ) ) ) {
int k = i - ( 1 << ( j - 1 ) );
dp[i] = max( dp[i], dp[k] );
}
}
if( !sz[i] ) dp[i]++;
}
printf( "%d\n", n - 2 * dp[maxn] );
return 0;
}