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UOJ#110. 【APIO2015】Bali Sculptures

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 NN 座雕塑,为方便起见,我们把这些雕塑从 11 到 NN 连续地进行标号,其中第 ii 座雕塑的年龄是 YiYi 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 XX 组,其中 AXBA≤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 PP 和 QQ 按位取或是这样进行计算的:

  • 首先把 PP 和 QQ 转换成二进制。
  • 设 nPnP 是 PP 的二进制位数,nQnQ 是 QQ 的二进制位数,MM 为 nPnP 和 nQnQ 中的最大值。PP 的二进制表示为 pM1pM2p1p0pM−1pM−2…p1p0,QQ 的二进制表示为 qM1qM2q1q0qM−1qM−2…q1q0,其中 pipi 和 qiqi 分别是 PP 和 QQ 二进制表示下的第 ii 位,第 M1M−1 位是数的最高位,第 00 位是数的最低位。
  • PP 与 QQ 按位取或后的结果是: (pM1ORqM1)(pM2ORqM2)(p1ORq1)(p0ORq0)(pM−1ORqM−1)(pM−2ORqM−2)…(p1ORq1)(p0ORq0)。其中:
    • 0OR0=00OR0=0
    • 0OR1=10OR1=1
    • 1OR0=11OR0=1
    • 1OR1=11OR1=1

输入格式

输入的第一行包含三个用空格分开的整数 N,A,BN,A,B。

第二行包含 NN 个用空格分开的整数 Y1,Y2,,YNY1,Y2,…,YN。

输出格式

输出一行一个数,表示最小的最终优美度。

样例一

input

6 1 38 1 2 1 5 4

output

11

explanation

将这些雕塑分为 22 组,(8,1,2)(8,1,2) 和 (1,5,4)(1,5,4),它们的和是 (11)(11) 和 (10)(10),最终优美度是 (11OR10)=11(11OR10)=11。(不难验证,这也是最终优美度的最小值。)

子任务

  • 子任务 1 (9 分)
    • 1N201≤N≤20
    • 1ABN1≤A≤B≤N
    • 0Yi10000000000≤Yi≤1000000000
  • 子任务 2 (16 分)
    • 1N501≤N≤50
    • 1ABmin{20,N}1≤A≤B≤min{20,N}
    • 0Yi100≤Yi≤10
  • 子任务 3 (21 分)
    • 1N1001≤N≤100
    • A=1A=1
    • 1BN1≤B≤N
    • 0Yi200≤Yi≤20
  • 子任务 4 (25 分)
    • 1N1001≤N≤100
    • 1ABN1≤A≤B≤N
    • 0Yi10000000000≤Yi≤1000000000
  • 子任务 5 (29 分)
    • 1N20001≤N≤2000
    • A=1A=1
    • 1BN1≤B≤N
    • 0Yi10000000000≤Yi≤1000000000

时间限制1s

空间限制64MB

 

贪心 DP 位运算

“同一组中的所有雕塑必须位于这条路的连续一段上”←这个性质看上去科学而优雅,这使得我们可以DP分段。

答案是位运算的结果,那么可以考虑贪心,显然从高到低考虑每一位,当前位能填0就填0,最后的结果肯定比当前位填1小。

 

数据范围比较小,可以从高到低分别考虑答案的每一个二进制位:

  设f[考虑到第i个][分了j组]=当前位是否为0

  简单DP枚举分段位置,如果 f[k][j-1]==0 (k以前的部分都不会使得当前位为1)

  且  (sum[i]-sum[k])&(1<<pos)==0 (从k+1到i分成一段可行) 且 (((sum[i]-sum[k])|ans)>>pos) == (ans >> pos) (这么分组并不会改变更高位的答案)

  那么f[i][j]=0

 

最后一组数据n==2000,用上面的方法复杂度太高了。由于A==1,所以可以用另一种DP方程类似地求解,具体看代码

 

 1 /*by SilverN*/ 2 #include<algorithm> 3 #include<iostream> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #define LL long long 7 using namespace std; 8 const int mxn=2010; 9 int read(){10     int x=0,f=1;char ch=getchar();11     while(ch<0 || ch>9){if(ch==-)f=-1;ch=getchar();}12     while(ch>=0 && ch<=9){x=x*10+ch-0;ch=getchar();}13     return x*f;14 }15 int f[105][105];16 LL a[mxn],smm[mxn];17 int g[mxn];18 LL ans=0;19 int n,A,B;20 void solve(){21     for(int pos=45;pos>=0;pos--){22         memset(f,1,sizeof f);23         f[0][0]=0;24         for(int i=1;i<=n;i++)//now25             for(int j=1;j<=B;j++)//group26                 for(int k=0;k<i;k++)27                     if(f[k][j-1]==0 && (((smm[i]-smm[k])>>pos)&1)==0 && (((smm[i]-smm[k])|ans)>>pos)==(ans>>pos)){28                         f[i][j]=0;29                         break;30                     }31         bool flag=0;32         for(int i=A;i<=B;i++)33             if(f[n][i]==0){flag=1;break;}34         if(!flag)ans|=1LL<<pos;35     }36     printf("%lld\n",ans);37     return;38 }39 void solve2(){40     for(int pos=51;pos>=0;pos--){41         for(int i=1;i<=n;i++)g[i]=0x3f3f3f3f;42         g[0]=0;43         for(int i=1;i<=n;i++)44             for(int j=0;j<i;j++){45                 if((((smm[i]-smm[j])>>pos)&1))continue;46                 if((((smm[i]-smm[j])|ans)>>pos)==(ans>>pos))g[i]=min(g[i],g[j]+1);47             }48         if(g[n]>B)ans|=1LL<<pos;49     }50     printf("%lld\n",ans);51     return;52 }53 int main(){54     int i,j;55     n=read();A=read();B=read();56     for(i=1;i<=n;i++){57         a[i]=read();smm[i]=smm[i-1]+a[i];58     }59     if(A==1)solve2();    else solve();60     return 0;61 }

 

UOJ#110. 【APIO2015】Bali Sculptures