bzoj2064 * 状压DP

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题意：求出从初状态到末状态最少操作次数。

首先我们可以知道，次数在最坏状态下不会超过$n+m$次，即全部合并再全部分解。

在这种情况下，如果想要进一步缩小变化次数，那么就需要有一些子集，这些子集前后大小相等，从而减少进一步合并的次数两次。

那么就按照这个思路来好了。设$f[i][j]$为起始状态中状态为$i$的子集，终止状态为$j$的子集，常见的转移一定是枚举每个子集……然而这样会$T$翻天……然后我们仔细思考可以发现实际上最好的选择一定有一种方案就是只拿走一个元素……于是瞬间减少了$O(att^2)$的时间复杂度……然后如果当前子集相等可合并数再加一，最后结果就是$n+m-2*f[att1-1][att2-1],att1=(1<<n),att2=(1<<m)$。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxa=1025;
int f[maxa][maxa],suma[maxa],sumb[maxa],n,m;
int lowbit(int x){return x&(-x);}
int haha()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        int x;scanf("%d",&x);
        suma[1<<i]=x;
    }
    scanf("%d",&m);
    for(int i=0;i<m;i++)
    {
        int x;scanf("%d",&x);
        sumb[1<<i]=x;
    }
    int att1=(1<<n),att2=(1<<m);
    for(int i=1;i<att1;i++)suma[i]=suma[i^lowbit(i)]+suma[lowbit(i)];
    for(int i=1;i<att2;i++)sumb[i]=sumb[i^lowbit(i)]+sumb[lowbit(i)];
    for(int i=1;i<att1;i++)
        for(int j=1;j<att2;j++)
        {
            for(int k=0;k<n;k++)
                if(i&(1<<k))f[i][j]=max(f[i][j],f[i^(1<<k)][j]);
            for(int k=0;k<m;k++)
                if(j&(1<<k))f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j^(1<<k)]);
            if(suma[i]==sumb[j])f[i][j]++;
        }
    printf("%d
",n+m-2*f[att1-1][att2-1]);
}
int sb=haha();
int main(){;}