这是个妙题
刚开始想写贪心然后发现考虑条件太多了。。。然后咕咕咕
题目大意
(2^n)个人比赛，你可以决定每场比赛胜负，每场胜者组比赛胜者进胜者组，败者进败者组；败者组胜者与胜者组败者比赛，胜者继续，否则淘汰。
其中有(k)个人是你喜欢的，你要让有他们的比赛最多，求最多比赛数
题解
发现对于一段区间来说，我们只关心这段区间最后的胜者和败者，于是考虑(DP)，(f[ldots r][0/1][0/1])表示([ldots r])中最终胜者是否喜欢，败者是否喜欢下的最多比赛场数。
[egin{aligned}
init:f[2kdots 2k+1][0][0]&=0\
f[2kdots 2k+1][0][1]&=1quad if like 2k or 2k+1\
f[2kdots 2k+1][1][0]&=1quad if like 2k or 2k+1\
f[2kdots 2k+1][1][1]&=2quad if like 2k ans 2k+1\
end{aligned}
]
转移时只需分类讨论考虑情况即可
我们将比赛过程看成一个二叉树，那么我们就可以用二叉树的先序遍历方便地标号比赛，又注意到后两维可以压缩为一个([0,3])之间的数字
于是新(DP)转移方程如下
[f[i][x|y]=max(f[i][x|y],f[2i][x]+f[2i+1][y]+(x|y))
]
最后答案(Ans=max(f[1][1]+1,f[1][2]+1,f[1][3]+1,0))，其中的(+1)是最后一场比赛的(+1)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int n, k, bit, inf = 1e9;
scanf("%d %d", &n, &k);
bit = 1 << n - 1;
vector<vector<int>> f(bit * 2, {0, -inf, -inf, -inf});
for(int i = 1; i <= k; i++) {
int a; scanf("%d", &a);
a = bit + (a - 1) / 2;
f[a][3] = f[a][1]; f[a][1] = f[a][2] = 1;
}
for(int i = bit - 1; i > 0; i--)
for(int x = 0; x < 4; x++)
for(int y = 0; y < 4; y++)
f[i][x | y] = max(f[i][x | y], f[2 * i][x] + f[2 * i + 1][y] + (x | y));
printf("%d
", max({f[1][1], f[1][2], f[1][3], -1}) + 1);
return 0;
}