9.25DAY1T2

2.巴厘岛的雕塑4401

(sculpture)

【问题描述】

　　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一组。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，然后计算将每组年龄和按位取或（即对上述年龄和按位取或），我们把按位取或后得到的结果称为这一分组的最终优美度（颜值）。 
　　请问政府能得到的最小终优美度（颜值）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-1,pM-2,…,p1,p0，Q的二进制表示为qM-1,qM-2,…,q1,q0，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或qM-1)(pM-2或qM-2)…(p1或q1)(p0或q0)。其中 ： 
　　　　0 或 0 = 0 
　　　　0 或 1 = 1 
　　　　1 或 0 = 1 
　　　　1 或 1 = 1

【输入】

　　输入的第一行包含三个用空格分开的整数N,A和B。 
　　第二行包含N个用空格分开的整数Y1,Y2,...,YN。

【输出】

　　输出一行一个数，表示最小的最终优美度。

【输入样例】

6 1 3 8 1 2 1 5 4

【输出样例】

11

【样例说明】

　　将这些雕塑分为2组，(8,1,2)和(1,5,4)，它们的和是(11)和(10)，最终优美是(11或10)=11。（不难验证，这也是最终优美度的最小值。） 
【数据规模与约定】
　　共有五部分数据（或称5个子任务）。 
　　第1部分数据占9分，数据范围满足：1≤N≤20,1≤A≤B≤N,0≤Yi≤1,000,000,000; 
　　第2部分数据占16分，数据范围满足：1≤N≤20,1≤A≤B≤min(20,N),0≤Yi≤10; 
　　第3部分数据占21分，数据范围满足：1≤N≤100,A=1,1≤B≤min(20,N),0≤Yi≤20; 
　　第4部分数据占25分，数据范围满足：1≤N≤100,1≤A≤B≤N,0≤Yi≤1,000,000,000; 
　　第5部分数据占29分，数据范围满足：1≤N≤2000,A=1,1≤B≤N,0≤Yi≤1,000,000,000。

"显然位运算的极值问题都应该从高位向低位考虑。优先让这一位为0，如果行的话这一位就是0，否则就设为1。" 

设答案为ans，从高位到低位枚举 是否有使ans的这一位为0的方案，注意到每一位是互相独立的。假设枚举到了倒数第x位， 即ans的最高位到倒数第x+1位的最优01分布已确定，现在正在判断第x位是否有可能填0：

对于每个x，考虑递推法：

设 布尔数组 f[i][j]表示：将前i个数分j段，能否在 得到的优美度的最高位到倒数第x+1位 都与ans一致的情况下，让倒数第x位为0 因为段与段之间的合并为or运算，所以

递推方式为：

若 将前k个数(k<i)分j-1段，得到的优美度本身与ans一致，并且第j段的优美度也与  ans一致，才可以由f[k][j-1]转移到f[i][j] 如何判断以上两个条件：

1. 得到的优美度的最高位到倒数第k+1位 是否与ans一致：( (S[i]-S[k])>>k | ans ) == ans (ans为0的位，S[i]-S[k]都不为1)

2. 得到的优美度的倒数第k位能否为0：( (S[i]-S[k]) & 1<<(k-1) ) == 0 对于每个x，若f[n][A~B]有至少一个为1，nas的第k位就可以为0

 复杂度：O( logY * n^3 )

对于最后一组数据：A==1，B<=n，段数只有上限  我们要想把f数组的第二个维度省掉的话，用f[i]记录将前i个数分段并得到可行解的最小段数，最后判断其是否小于B，即可。 

复杂度：O( logY * n^2 )

注意：1写成1LL,开全局ll

code：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
long long len=0;
long long s[1000005],f[2005][2005],g[200005]; 
long long n,a,b,ans=0;
void work1(){
    for(int x=len;x>=1;x--){
        memset(g,0x3f3f3f3f,sizeof g);
        g[0]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=0;j<i;j++){
                if(g[j]<b){
                    int t=s[i]-s[j];
                    if((t>>(ll)x|ans)==ans&&(t&(1ll<<(ll)(x-1)))==0)g[i]=min(g[i],g[j]+1); 
                }
            }
        }
        if(g[n]>b){
            ans<<=1;
            ans++;
        }
        else {
            ans<<=1;
        }
    }
}
void work2(){
    for(long long x=len;x>=1;x--){
        memset(f,0,sizeof f);
        f[0][0]=1;
        for(long long i=1;i<=n;i++){
            for(long long j=1;j<=i;j++){
                for(long long k=0;k<i;k++){
                    if(f[k][j-1]){
                        long long t=s[i]-s[k];
                        if(((t>>(ll)x)|ans)==ans&& (t&(1ll<<x-1ll))==0)f[i][j]=1;
                    }
                }
            }
        }
        int i;
        for(i=a;i<=b;i++){
              if(f[n][i])
                  break;
        } 
        ans<<=1;
        if(i>b)ans++;
    //    cout<<ans<<endl;
    }
}
int main(){
    cin>>n>>a>>b;
    for(long long i=1;i<=n;i++){
        cin>>s[i];
        s[i]+=s[i-1];
    }
    for(int t=s[n];t>0;t>>=1)
        len++;
    if(a==1)work1();
    else work2();
    cout<<ans;
}