[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
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。）
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
这道题目其实比较坑的，我以为是xor然后做了好久，
发现是or，然后无语了，这道题的话从高往低贪心是没问题的。
那么可以在外层枚举，f[i][j]表示前i个数，分成了j段，可不可以的，存储的是一个bool变量，
然后从前面，转移，前面已经决策出的ans必须不影响，就是决策当前位的时候不能影响前面的位
置。一个比较简单的写法，后面的位置可以默认是1这样直接or判断一下是否不变即可，因为后面怎么样是
没关系的。这样是n^3logn的，前面三个点可以过。
最后一个点A为1，那么第二维可以去掉，g[i]表示i个数分成的最小组数，因为越少越好，然后比较方式是一样的。
1 #include<cstring> 2 #include<cmath> 3 #include<iostream> 4 #include<cstdio> 5 #include<algorithm> 6 7 #define N 107 8 #define ll long long 9 using namespace std; 10 inline int read() 11 { 12 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 13 while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 14 while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();} 15 return x*f; 16 } 17 18 int n,A,B; 19 int g[N*20]; 20 bool f[N][N]; 21 ll ans,sum[N*20],a[N*20]; 22 23 void solve_Subtask1() 24 { 25 ll x=sum[n],wei=0; 26 while (x) wei++,x>>=1;ans=0,wei--; 27 for (;~wei;wei--) 28 { 29 ll res=(1ll<<wei)-1+ans; 30 memset(f,0,sizeof(f));f[0][0]=true; 31 for (int i=1;i<=n;i++) 32 for (int j=1;j<=min(i,B);j++) 33 for (int k=j-1;k<=i-1;k++) 34 f[i][j]|=f[k][j-1]&&((res|(sum[i]-sum[k]))==res); 35 bool boo=false; 36 for (int i=A;i<=B;i++) 37 boo|=f[n][i]; 38 if (!boo) ans+=(1ll<<wei); 39 } 40 printf("%lld ",ans); 41 } 42 void solve_Subtask2() 43 { 44 ll x=sum[n],wei=0; 45 while (x) wei++,x>>=1;ans=0,wei--; 46 for (;~wei;wei--) 47 { 48 ll res=(1ll<<wei)-1+ans; 49 memset(g,0x7f,sizeof(g));g[0]=0; 50 for (int i=1;i<=n;i++) 51 for (int j=0;j<=i-1;j++) 52 if ((res|(sum[i]-sum[j]))==res) g[i]=min(g[i],g[j]+1); 53 int boo=false; 54 if (g[n]<=B) boo=true; 55 if (!boo) ans+=(ll)(1ll<<wei); 56 } 57 printf("%lld ",ans); 58 } 59 #undef ll 60 #undef N 61 int main() 62 { 63 freopen("fzy.in","r",stdin); 64 freopen("fzy.out","w",stdout); 65 66 n=read(),A=read(),B=read(); 67 for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),sum[i]=a[i]+sum[i-1]; 68 if (A==1) solve_Subtask2(); 69 else solve_Subtask1(); 70 }