[BZOJ] 2064: *

注意到(n)很小，应该是状压DP

记原集合为(S)，目标集合为(T)，如果我们能把(S)分成(x)个不相交的非空子集，且这(x)个子集能和(T)中的一些不相交非空子集的和相等，那么最终答案就是(n+m-2x)，其中(n=|S|，m=|T|)

因此我们要最大化(x)，这就是DP的目标了

设(f[x][y])表示(S)的子集(x)和(T)的子集(y)，(sum)相等的最多能配几对

若(sum[x] ot=sum[y])，枚举删去(x)或(y)的一个元素

[f[x][y]=max{f[xoplus i][y],f[x][yoplus j]} ]

若(sum[x]=sum[y])，情况看起来复杂了

为了转移，我们似乎要再枚举子集，复杂度不能接受

但是这样想，既然(sum[x]=sum[y])，那么(x)和(y)至少配成了一对，若在其中删去一个元素，一定会减少一对

因此

[f[x][y]=1+max{f[xoplus i][y],f[x][yoplus j]} ]

这样省去了枚举子集，复杂度有保障

最终复杂度(O((n+m)2^{n+m}))

骚操作：如何统计(sum[x])？

以前一直写

for(int S=0;S<(1<<n);S++)
    for(int i=0;i<n;i++)
        if(S&(1<<i))sum[S]+=a[i];

这样做是(O(n2^n))的，实际上，完全可以省去一个(O(n)) （虽然(n)很小..）

类似统计二进制中1的个数一样，可以复用(S)的子集，方法就是用lowbit

也就是(sum[x]=sum[xoplus lowbit(x)]+sum[lowbit(x)])

边界是(sum[1<<i]=a[i+1])

这样是(O(2^n))的

 
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdio>
 
using namespace std;
 
inline int rd(){
  int ret=0,f=1;char c;
  while(c=getchar(),!isdigit(c))f=c=='-'?-1:1;
  while(isdigit(c))ret=ret*10+c-'0',c=getchar();
  return ret*f;
}
#define space putchar(' ')
#define nextline putchar('
')
void _(int x){if(!x)return;_(x/10);putchar('0'+x%10);}
void out(int x){if(!x)putchar('0');_(x);}
 
const int MAXN = 10;
 
inline void upmax(int &x,int y){x=max(x,y);}
 
int a[MAXN],b[MAXN];
int f[1<<MAXN][1<<MAXN];
int sum1[1<<MAXN],sum2[1<<MAXN];
int n,m;
 
int main(){
  n=rd();
  for(int i=1;i<=n;i++)sum1[1<<(i-1)]=a[i]=rd();
  m=rd();
  for(int i=1;i<=m;i++)sum2[1<<(i-1)]=b[i]=rd();
  for(int i=1;i<(1<<n);i++){
    sum1[i]=sum1[i^(i&-i)]+sum1[i&-i];
  }
  for(int i=1;i<(1<<m);i++){
    sum2[i]=sum2[i^(i&-i)]+sum2[i&-i];
  }
  for(int s=1;s<(1<<n);s++){
    for(int t=1;t<(1<<m);t++){
      for(int i=0;i<n;i++){
        if(s&(1<<i)) upmax(f[s][t],f[s^(1<<i)][t]);
      }
      for(int i=0;i<m;i++){
        if(t&(1<<i)) upmax(f[s][t],f[s][t^(1<<i)]);
      }
      if(sum1[s]==sum2[t])f[s][t]++;
    }
  }
  cout<<n+m-2*f[(1<<n)-1][(1<<m)-1];
  return 0;
}