4069: [Apio2015]巴厘岛的雕塑

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

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。）

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

题解：

对于n<=200的：

从高到低枚举所有位，要使得对于每组该位最好都为0。

令dp[i][j]表示前i棵树分为j组是否能够满足条件。枚举k，表示令k+1~j为一组。

满足条件当且仅当dp[k][j-1]满足条件且k+1~j为一组时满足当前所有位的条件。

时间复杂度为n^3*位数。

对于A=1的：

仍然从高到低枚举每一位。由于A=1的存在，我们可以令dp[i]表示前i个数在满足条件的情况下最少分为几组。

因此复杂度降为n^2*位数。

code：

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 #include<cmath>
 4 #include<cstring>
 5 #include<algorithm>
 6 using namespace std;
 7 typedef long long int64;
 8 char ch;
 9 bool ok;
10 void read(int &x){
11     for (ok=0,ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar()) if (ch=='-') ok=1;
12     for (x=0;isdigit(ch);x=x*10+ch-'0',ch=getchar());
13     if (ok) x=-x;
14 }
15 const int maxn=2005;
16 int n,a,b,v[maxn],g[maxn];
17 int64 sum[maxn];
18 bool f[205][205];
19 bool check(bool flag,int64 ans){
20     if (flag){
21         memset(g,63,sizeof(g));
22         g[0]=0;
23         for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=0;j<i;j++) if (((sum[i]-sum[j])|ans)==ans) g[i]=min(g[i],g[j]+1);
24         return g[n]<=b;
25     }
26     else{
27         memset(f,0,sizeof(f));
28         f[0][0]=1;
29         for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=b;j++) for (int k=0;k<i;k++) if (((sum[i]-sum[k])|ans)==ans) f[i][j]|=f[k][j-1];
30         for (int i=a;i<=b;i++) if (f[n][i]) return true;
31         return false;
32     }
33 }
34 int main(){
35     read(n),read(a),read(b);
36     for (int i=1;i<=n;i++) read(v[i]),sum[i]=sum[i-1]+v[i];
37     int64 ans=(~0ULL>>1);
38     for (int i=62;i>=0;i--){
39         ans^=1LL<<i;
40         if (!check(a==1,ans)) ans^=1LL<<i;
41     }
42     printf("%lld
",ans);
43     return 0;
44 }