nowcoder 2019noip暑假7天营Day4 T2卖羊驼

(V)为最大权值，(K)为总段数，(n)为羊驼总数，(p[i])表示第 i 只羊驼的权值，(dp[i][k])表示在 i 及 i 之前将序列分解为k组的最优解，(lp[j])表示在 i 往前第一个二进制第 j 位为1的羊驼 , (or\_val[j]) 为从 (i) 到 (lp[j]) 的或和

根据如上定义，我们可以得到一个动态转移方程

[dp[i][k]=max(dp[i][k],dp[lp[j]][k-1]+or\_val[j]) ]

其中 j 从 0 到 (lceil log_2(V) ceil)，时间复杂度为(O(nKlog_2(V)))

实际上，我们最初的想法或许是这样的（其中i,j,k与上无关）

(dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[k-1][j-1]+or\_sum（k,i）))

其中 k 为枚举 i 往前的任意一个节点

可是再望时间复杂度(O(n^2K)),受不起

我们再想(这是一个绝妙的点)，或和的本质是对于每一个二进制位上来说，若其中一个值在这一位上为1，则或和在这一位上也为1。而对于一个节点 i 来说，若有两个节点 a , b ((a<b))，它们的值均在某一位上为1，那么选择 b 作为 新阶段的开始，会比 a 更优。

而对于 第二个转移方程中的 k 的枚举，本质上是对二进制位的枚举，以求出最优答案。

因而，我们会有如下代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int const MAXN=5010,MAXK=1010;
int n,K;
int p[MAXN],dp[MAXN][MAXK],lp[MAXN],or_val[MAXN];
signed main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&K);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&p[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=24;j++){//24
			if((p[i]>>j)&1){
				or_val[j]=p[i];
				lp[j]=i;
			}
			or_val[j]|=p[i];
		}
		for(int k=1;k<=K && k<=i;k++){
			for(int j=0;j<=24;j++){
				if(lp[j]>=k)dp[i][k]=max(dp[i][k],dp[lp[j]-1][k-1]+or_val[j]);
			}
		}
	}
	printf("%lld
",dp[n][K]);
	return 0;
}

本代码对(or\_val,lp)采取的是在 dp 中更新

而还有另外一种玩法，就是在 dp 前就预处理好，这时对于 (or\_val[i][j]) 的处理便可以用ST表我绝不是因为我不会才没有写