[APIO2015]巴厘岛的雕塑

题目描述

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 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 Y_iYi​ 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 A leq X leq BA≤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 n_PnP​ 是 PP 的二进制位数， n_QnQ​ 是 QQ 的二进制位数， MM 为 n_PnP​ 和 n_QnQ​ 中的最大值。 PP 的二进制表示为 p_{M-1}p_{M-2} dots p_1p_0pM−1​pM−2​…p1​p0​ ， QQ 的二进制表示为 q_{M-1}q_{M-2} dots q_1 q_0qM−1​qM−2​…q1​q0​ ，其中 p_ipi​ 和 q_iqi​ 分别是 PP 和 QQ 二进制表示下的第 ii 位，第 M -1M−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： (p_{M-1}mathbin{mathrm{OR}} q_{M-1})(p_{M-2}mathbin{mathrm{OR}}q_{M-2})dots (p_1mathbin{mathrm{OR}} q_1) (p_0mathbin{mathrm{OR}}q_0)(pM−1​ORqM−1​)(pM−2​ORqM−2​)…(p1​ORq1​)(p0​ORq0​) 。其中： 0 mathbin{mathrm{OR}} 0 = 00OR0=0

0 mathbin{mathrm{OR}} 1 = 10OR1=1

1 mathbin{mathrm{OR}} 0 = 11OR0=1

1 mathbin{mathrm{OR}} 1 = 11OR1=1

输入输出格式

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 Y_1, Y_2, dots, Y_NY1​,Y2​,…,YN​ 。

输出格式：

输出一行一个数，表示最小的最终优美度。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

6 1 3
8 1 2 1 5 4

输出样例#1： 复制

11

说明

【样例解释】

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 (11 mathbin{mathrm{OR}} 10) = 11(11OR10)=11 。（不难验证，这也是最终优美度的最小值。）

【数据范围】

子任务 1 （9 分） 1 leq N leq 201≤N≤20

1 leq A leq B leq N1≤A≤B≤N

0 leq Y_i leq 10000000000≤Yi​≤1000000000

子任务 2 （16 分） 1 leq N leq 501≤N≤50

1 leq A leq B leq min{20, N}1≤A≤B≤min{20,N}

0 leq Y_i leq 100≤Yi​≤10

子任务 3 （21 分） 1 ≤ N ≤ 1001≤N≤100

A = 1A=1

1 leq B leq N1≤B≤N

0 leq Y_i leq 200≤Yi​≤20

子任务 4 （25 分） 1 leq N leq 1001≤N≤100

1 leq A leq B leq N1≤A≤B≤N

0 leq Y_i leq 10000000000≤Yi​≤1000000000

子任务 5 （29 分） 1 leq N leq 20001≤N≤2000

A = 1A=1

1 leq B leq N1≤B≤N

0 leq Y_i leq 10000000000≤Yi​≤1000000000

因为是最小优美度，所以贪心很显然，高位尽可能为0

n<=100时

首先从高到低枚举每一位

f[i][j]表示前i个，分了j组，这一位是否能为0

O(n^3)的DP

由于可能存在低位为0的方案与高位为0冲突

我们设一个变量now，第i位为1表示当前位必须为0

首先now该位变成1

转移条件(sum[i]-sum[j-1])&now=0

如果f[n][A~B]没有1，那么now该位改为0

当n<=1000时，因为A=1

换一种DP方式，f[i]表示前i位是否存在该位为0的方案，F[i]表示最小的分组数

看是否有F[n]<=B

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long lol;
int f[101][101],A,B,n,flag;
lol pw[101],sum[2001],a[2001],now,ans,F[2001],Min[2001];
void dp1()
{int i,j,k,l;
  int Log=log2(sum[n]);
  pw[0]=1;
  for (i=1;i<=Log;i++)
    pw[i]=pw[i-1]*2;
  for (i=Log;i>=0;i--)
    {
      now|=pw[i];
      memset(f,0,sizeof(f));
      f[0][0]=1;
      for (j=1;j<=n;j++)
    　　{
      　　for (l=0;l<=j-1;l++)
        　　if (((sum[j]-sum[l])&now)==0)
          　　{
        　　　　for (k=1;k<=l+1&&k<=j;k++)
        　　　　f[j][k]|=f[l][k-1];
          　　}
    　　}
      flag=0;
      for (j=A;j<=B;j++)
    　　{
      　　if (f[n][j]) {flag=1;break;}
    　　}
      if (!flag)
    　　now^=pw[i];
    }
  ans=0;
  for (i=0;i<=Log;i++)
    if ((now&pw[i])==0) ans+=pw[i];
  cout<<ans;
}
void dp2()
{int i,j,k,l;
  int Log=log2(sum[n]);
  pw[0]=1;
  for (i=1;i<=Log;i++)
    pw[i]=pw[i-1]*2;
  for (i=Log;i>=0;i--)
    {
      now|=pw[i];
      memset(F,0,sizeof(F));
      memset(Min,127/2,sizeof(Min));
      F[0]=1;Min[0]=0;
      for (j=1;j<=n;j++)
    　　{
      　　for (k=0;k<=j-1;k++)
        　　if (((sum[j]-sum[k])&now)==0)
        　　{
          　　F[j]|=F[k];
          　　if (F[k])
          　　Min[j]=min(Min[j],Min[k]+1);
        　　}
    　　}
      if (!(F[n]&&Min[n]<=B))
    　　now^=pw[i];
    }
  ans=0;
  for (i=0;i<=Log;i++)
    if ((now&pw[i])==0) ans+=pw[i];
  cout<<ans;
}
int main()
{int i;
  cin>>n>>A>>B;
  for (i=1;i<=n;i++)
    {
      scanf("%lld",&a[i]);
      sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    }
  if (n<=100)
    dp1();
  else
    dp2();
}