bzoj4069 [Apio2015]巴厘岛的雕塑

4069: [Apio2015]巴厘岛的雕塑

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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
分析:非常好的一道题.
   分段求最值,显然是用dp.一开始我想着用常用的状态f[i][j]表示前i个数分成了j段的答案,那么f[i][j] = min{f[k][j - 1] | (sum[i] - sum[k - 1]),f[k][j]}. O(n^3)的做法. 
   这道题显然不能用上面的方法.这道题的特殊之处在于它的操作是or操作.一般遇到and,or,xor操作求最值就考虑把数变成二进制,一位一位地确定,判断可行性. 对于这道题的做法也是一样了,从高位到低位依次确定,每次确定当前位是否能为0,如果不行就为1,继续判断下一位. 那么状态就变成了f[i][j]表示前i个数分成了j段且当前位以及前位是否都符合条件.这里不单单要使得当前位满足条件,之前确定的位也必须满足条件!
   如何判断前位是否满足条件呢? 如果前位被确定是0,那么sum[i] - sum[k-1]在这一位上就必须是0,位运算|判断一下就好了. 
   最后看f[n][i]是否有一个为1就可以了(A ≤ i ≤ B),时间复杂度是O(n^2)的.
   上面这个算法过不了子问题五.子问题五的特殊点在于A = 1.之前的做法用第二维来保证最后分的段数一定在[A,B]之间.状态很多,但是状态表示的答案很少(只有0/1).现在既然A=1了,就说明不需要考虑下界了,那么满足条件的情况下使得划分的最少段数≤B就可以了.
令g[i]表示前i个数的可行划分方案的最少段数. 如果[j,i]可以划分成一段,那么g[i] = min{g[i],g[j] + 1}.最后看g[n]是否≤B即可.
   理一下思路:由or操作想到在二进制数上考虑.  由求最值可以想到在二进制上从高位到低位逐位确定判断可行性,想到一个二维dp的方法. 子问题五由A=1可以想到让段数尽量小,调换状态和其表示的答案,其实就是可行性与最优性的转化,只不过第一个dp不能直接用最优性做,而必须要用可行性来做.
   小细节:
   1.位运算不要挤在一起写,优先级容易出问题.
   2.要得到2^i,可以用1<<i,但是当i比较大的时候,要用1LL << i. 一个比较好的做法是直接开一个数组保存.
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;
const ll maxn = 2010,inf = 1e17;
ll n,A,B,a[maxn],sum[maxn],ans,f[maxn][maxn],g[maxn],len;

void solve1()
{
    while (len)
    {
        for (ll i = 1; i <= n; i++)
            for (ll j = 1; j <= i; j++)
                f[i][j] = 0;
        f[0][0] = 1;
        for (ll i = 1; i <= n; i++)
            for (ll j = 1; j <= i; j++)
                for (ll k = 0; k < i; k++)
                {
                    if (f[k][j - 1])
                    {
                        ll t = sum[i] - sum[k];
                        ll temp = t & (1LL << (len - 1));
                        if (temp == 0 && (ans | (t >> len)) == ans)
                            f[i][j] = 1;
                    }
                }
        bool flag = false;
        for (ll i = A; i <= B; i++)
            if (f[n][i])
            {
                flag = true;
                break;
            }
        ans *= 2;
        if (!flag)
            ans |= 1;  //这一位就是1了
        len--;
    }
}

void solve2()
{
    while (len)
    {
        for (ll i = 1; i <= n; i++)
            g[i] = inf;
        g[0] = 0;
        for (ll i = 1; i <= n; i++)
            for (ll j = 0; j < i; j++)
            {
                ll t = sum[i] - sum[j];
                ll temp = t & (1LL << (len - 1));
                if (temp == 0 && (ans | (t >> len)) == ans)
                    g[i] = min(g[i],g[j] + 1);
            }
        ans *= 2;
        if (g[n] > B)
            ans |= 1;
        len--;
    }
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&A,&B);
    for (ll i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
        sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
    }
    ll t = sum[n];
    while (t)
    {
        len++;
        t >>= 1;
    }
    if (A != 1)
        solve1();
    else
        solve2();
    printf("%lld\n",ans);

    return 0;
}

 

   
posted @ 2018-03-02 21:38  zbtrs  阅读(402)  评论(0编辑  收藏  举报