巴厘岛的雕塑（sculptures）

巴厘岛的雕塑（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 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：

(1) 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。

(2)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。

(3)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：

(1) 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-1 p M-2 ... p1 p0，Q 的二进制表示为 qM-1 qM-2 ... q1 q0，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。

(2) P 与 Q 按位取或后的结果是：

(pM-1 OR qM-1 )( p M-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

|Subtask #|分值|$N$|$A,B$|$Y_i$|
|-|-|-|-|-|
|1|9|$Nle 20$|$1le Ale Ble N$|$Y_ile 10^9$|
|2|16|$Nle 50$|$1le Ale Ble min(20,N)$|$Y_ile 10$|
|3|21|$Nle 100$|$A=1, 1le Ble N$|$Y_ile 20$|
|4|25|$Nle 100$|$1le Ale Ble N$|$Y_ile 10^9$|
|5|29|$Nle 2000$|$A=1, 1le Ble N$|$Y_ile 10^9$|

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Solution

这数据范围是2合1啊

考虑 $Nle 100$ $1le Ale Ble N$

设计dp f[i][j]表示前i个雕塑，分成j组的最大或。

然而这么dp会有后效性--前面最优不保证整体最优。

考虑在外面按位确定答案，转化为可行性问题，然后就可以dp了

效率O(n^3*60)

考虑 $Nle 2000$ $A=1, 1le Ble N$

同样是按位确定答案，只是这时可简化状态为f[i]表示划分完前i个的最小段数。

效率O(n^2*60)

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
int n,f[102][102],A,B,g[2004];
ll a[2005],la;
int main(){

    cin>>n>>A>>B;
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),a[i]+=a[i-1];
    if(n<=100){
        for(ll ws=40;ws>=0;ws--){
            la=la+(1LL<<ws);
            memset(f,0,sizeof f);
            for(int i=0;i<=0;i++)f[0][i]=1;
            for(int i=1;i<=n;i++){
                for(int j=1;j<=i;j++){
                    for(int k=j-1;k<i;k++){
                        f[i][j]|=(f[k][j-1]&(((a[i]-a[k])&la)==0));
                        if(ws==3){
                            //printf("ws=%d  k=%d f[%d] [%d] =%d
",ws,k,i,j,f[i][j]);
                            //printf("%d %d
",(a[i]-a[k]),la,(a[i]-a[k])&la);
                        }
                    }
                }
            }
            int fl=0;
            for(int i=A;i<=B;i++)if(f[n][i]){fl=1;break;}
            if(!fl)la-=(1LL<<ws);
        }
        
    }
    else {
        for(ll ws=40;ws>=0;ws--){
            la=la+(1LL<<ws);
            memset(f,0,sizeof f);
            for(int i=1;i<=n;i++)g[i]=1e9;
            for(int i=1;i<=n;i++){
                for(int j=0;j<=i;j++){
                    if(((a[i]-a[j])&la)==0)g[i]=min(g[i],g[j]+1);
                }
            }
            if(g[n]>B)la-=(1LL<<ws);
        }
    }
    ll Max=(1LL<<41)-1;
    cout<<Max-la<<endl;
    return 0;
}