uoj #110. 【APIO2015】Bali Sculptures

#110. 【APIO2015】Bali Sculptures

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 NN 座雕塑，为方便起见，我们把这些雕塑从 11 到 NN 连续地进行标号，其中第 ii 座雕塑的年龄是 YiYi 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 XX 组，其中 A≤X≤BA≤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 PP 和 QQ 按位取或是这样进行计算的：

• 首先把 PP 和 QQ 转换成二进制。
• 设 nPnP 是 PP 的二进制位数，nQnQ 是 QQ 的二进制位数，MM 为 nPnP 和 nQnQ 中的最大值。PP 的二进制表示为 pM−1pM−2…p1p0pM−1pM−2…p1p0，QQ 的二进制表示为 qM−1qM−2…q1q0qM−1qM−2…q1q0，其中 pipi 和 qiqi 分别是 PP 和 QQ 二进制表示下的第 ii 位，第 M−1M−1 位是数的最高位，第 00 位是数的最低位。
• PP 与 QQ 按位取或后的结果是： (pM−1ORqM−1)(pM−2ORqM−2)…(p1ORq1)(p0ORq0)(pM−1ORqM−1)(pM−2ORqM−2)…(p1ORq1)(p0ORq0)。其中：
  • 0OR0=00OR0=0
  • 0OR1=10OR1=1
  • 1OR0=11OR0=1
  • 1OR1=11OR1=1

输入格式

输入的第一行包含三个用空格分开的整数 N,A,BN,A,B。

第二行包含 NN 个用空格分开的整数 Y1,Y2,…,YNY1,Y2,…,YN。

输出格式

输出一行一个数，表示最小的最终优美度。

样例一

input

6 1 3
8 1 2 1 5 4

output

11

explanation

将这些雕塑分为 22 组，(8,1,2)(8,1,2) 和 (1,5,4)(1,5,4)，它们的和是 (11)(11) 和 (10)(10)，最终优美度是 (11OR10)=11(11OR10)=11。（不难验证，这也是最终优美度的最小值。）

子任务

• 子任务 1 （9 分）
  • 1≤N≤201≤N≤20
  • 1≤A≤B≤N1≤A≤B≤N
  • 0≤Yi≤10000000000≤Yi≤1000000000
• 子任务 2 （16 分）
  • 1≤N≤501≤N≤50
  • 1≤A≤B≤min{20,N}1≤A≤B≤min{20,N}
  • 0≤Yi≤100≤Yi≤10
• 子任务 3 （21 分）
  • 1≤N≤1001≤N≤100
  • A=1A=1
  • 1≤B≤N1≤B≤N
  • 0≤Yi≤200≤Yi≤20
• 子任务 4 （25 分）
  • 1≤N≤1001≤N≤100
  • 1≤A≤B≤N1≤A≤B≤N
  • 0≤Yi≤10000000000≤Yi≤1000000000
• 子任务 5 （29 分）
  • 1≤N≤20001≤N≤2000
  • A=1A=1
  • 1≤B≤N1≤B≤N
  • 0≤Yi≤10000000000≤Yi≤1000000000

时间限制：1s1s

空间限制：64MB

 

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 110
using namespace std;
int n,A,B,w[maxn],cnt;
long long b[maxn],ans=1000000000000000LL;
long long check(int sta){
    long long res=0;
    cnt=1;
    b[1]=0;
    for(int i=1;i<n;i++){
        b[cnt]+=w[i];
        if(sta&(1<<(i-1))){
            res|=b[cnt];
            cnt++;
            b[cnt]=0;
        }
        if(cnt>B)return -1;
    }
    if(cnt<A)return -1;
    b[cnt]+=w[n];
    res|=b[cnt];
    return res;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]);
    for(int i=0;i<(1<<(n-1));i++){
        long long now=check(i);
        if(now!=-1)
            ans=min(ans,now);
    }
    cout<<ans<<endl;
}

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define maxn 2010
using namespace std;
int f[105][105],g[maxn],n,A,B;
long long a[maxn],sum[maxn],ans;
void solve1(){
    for(int pos=45;pos>=0;pos--){
        memset(f,1,sizeof(f));
        f[0][0]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=B;j++)
        for(int k=0;k<i;k++)
            if(f[k][j-1]==0 && (((sum[i]-sum[k])>>pos)&1)==0 && (((sum[i]-sum[k])|ans)>>pos)==(ans>>pos)){
                f[i][j]=0;
                break;
            }
        bool flag=0;
        for(int i=A;i<=B;i++)
            if(f[n][i]==0){flag=1;break;}
        if(!flag)ans|=1LL<<pos;
    }
    cout<<ans<<endl;
}
void solve2(){
    for(int pos=51;pos>=0;pos--){
        for(int i=1;i<=n;i++)g[i]=INF;
        g[0]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=0;j<i;j++){
                if((((sum[i]-sum[j])>>pos)&1))continue;
                if((((sum[i]-sum[j])|ans)>>pos)==(ans>>pos))
                    g[i]=min(g[i],g[j]+1);
            }
        if(g[n]>B)ans|=1LL<<pos;
    }
    cout<<ans<<endl;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    }
    if(A==1)solve2();
    else solve1();
    return 0;
}