4069: [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
分析：非常好的一道题.
分段求最值，显然是用dp.一开始我想着用常用的状态f[i][j]表示前i个数分成了j段的答案，那么f[i][j] = min{f[k][j - 1] | (sum[i] - sum[k - 1]),f[k][j]}. O(n^3)的做法.
这道题显然不能用上面的方法.这道题的特殊之处在于它的操作是or操作.一般遇到and,or,xor操作求最值就考虑把数变成二进制，一位一位地确定，判断可行性. 对于这道题的做法也是一样了，从高位到低位依次确定，每次确定当前位是否能为0，如果不行就为1，继续判断下一位. 那么状态就变成了f[i][j]表示前i个数分成了j段且当前位以及前位是否都符合条件.这里不单单要使得当前位满足条件，之前确定的位也必须满足条件！
如何判断前位是否满足条件呢？ 如果前位被确定是0，那么sum[i] - sum[k-1]在这一位上就必须是0,位运算|判断一下就好了.
最后看f[n][i]是否有一个为1就可以了(A ≤ i ≤ B),时间复杂度是O(n^2)的.
上面这个算法过不了子问题五.子问题五的特殊点在于A = 1.之前的做法用第二维来保证最后分的段数一定在[A,B]之间.状态很多，但是状态表示的答案很少(只有0/1).现在既然A=1了，就说明不需要考虑下界了，那么满足条件的情况下使得划分的最少段数≤B就可以了.
令g[i]表示前i个数的可行划分方案的最少段数. 如果[j,i]可以划分成一段，那么g[i] = min{g[i],g[j] + 1}.最后看g[n]是否≤B即可.
理一下思路：由or操作想到在二进制数上考虑. 由求最值可以想到在二进制上从高位到低位逐位确定判断可行性,想到一个二维dp的方法. 子问题五由A=1可以想到让段数尽量小，调换状态和其表示的答案,其实就是可行性与最优性的转化，只不过第一个dp不能直接用最优性做，而必须要用可行性来做.
小细节：
1.位运算不要挤在一起写，优先级容易出问题.
2.要得到2^i，可以用1<<i,但是当i比较大的时候，要用1LL << i. 一个比较好的做法是直接开一个数组保存.
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const ll maxn = 2010,inf = 1e17; ll n,A,B,a[maxn],sum[maxn],ans,f[maxn][maxn],g[maxn],len; void solve1() { while (len) { for (ll i = 1; i <= n; i++) for (ll j = 1; j <= i; j++) f[i][j] = 0; f[0][0] = 1; for (ll i = 1; i <= n; i++) for (ll j = 1; j <= i; j++) for (ll k = 0; k < i; k++) { if (f[k][j - 1]) { ll t = sum[i] - sum[k]; ll temp = t & (1LL << (len - 1)); if (temp == 0 && (ans | (t >> len)) == ans) f[i][j] = 1; } } bool flag = false; for (ll i = A; i <= B; i++) if (f[n][i]) { flag = true; break; } ans *= 2; if (!flag) ans |= 1; //这一位就是1了 len--; } } void solve2() { while (len) { for (ll i = 1; i <= n; i++) g[i] = inf; g[0] = 0; for (ll i = 1; i <= n; i++) for (ll j = 0; j < i; j++) { ll t = sum[i] - sum[j]; ll temp = t & (1LL << (len - 1)); if (temp == 0 && (ans | (t >> len)) == ans) g[i] = min(g[i],g[j] + 1); } ans *= 2; if (g[n] > B) ans |= 1; len--; } } int main() { scanf("%lld%lld%lld",&n,&A,&B); for (ll i = 1; i <= n; i++) { scanf("%lld",&a[i]); sum[i] = sum[i - 1] + a[i]; } ll t = sum[n]; while (t) { len++; t >>= 1; } if (A != 1) solve1(); else solve2(); printf("%lld ",ans); return 0; }