写了好久。。。。
刚刚调了一个小时各种对拍，，，，最后发现是多写了一个等号，，，，内心拒绝
表示一开始看真的是各种懵逼啊
在偷听到某位大佬说的从高位开始贪心后发现可做
首先考虑小数据(因为可以乱搞）
所以先从高位开始枚举位数:
for(int k=all; k ;k--)
ans表示当前答案，f[i][j]表示dp到第i为，分为j段，是否可以满足第k位为0
ans初始为0，每次DP完就修改ans，
所以枚举i和j，然后枚举上一段的结尾l，
由于是or，所以之前已经有的是消不掉的，
于是有 if(!f[l][j-1]) continue;
这样就可以保证之前的都已经满足了，所以只要考虑当前段就好了
sum[i]表示到i的前缀和。
先获取当前段大小now=sum[i] - sum[l]
所以如果now的第k位为0，并且之前的高位都不与当前ans冲突，就可以转移了
因为如果高位与ans冲突，而前面已经最优了，所以如果冲突只能是不那么优，
于是后面再优都补不回来了。其实这也是从高位贪心的意义所在
最后如果在f[n][A ~ B]中有任意一个为true的话，ans就不用修改（因为默认已经是0了）
而如果一个都没有，那么就将ans的当前位变成1，
那么考虑如何判断，
首先运算符肯定只能用or，不然是会遗漏信息的（也许可以用其他的吧，但是我没想到）
考虑这样两个二进制串:
now ：101100 1011
ans ： 101100 0000
中间的空格代表把第k位和后面隔开,
通过一些二进制的基本性质（其实也是所有进制的基本性质）可以发现，
如果前面都是相同的话，因为ans的小于k的位数都还不确定，都是0，
所以最大相差也就是2^(k-1),
反之如果前面有冲突，那么由于冲突在前面，相差一定会超过2^(k-1),
所以直接判断now和ans的差就可以了？
不是！
因为now是中间过程，所以now是可能小于ans的，
所以如果是这样的情况的话：
now : 100110 1011
ans : 101100 0000
这样的话now < ans,所以now - ans 一定小于 2^(k-1),-1是因为第k位对应的是2^(k-1),几次方是从0开始数的
但是这样是不合法的，之所以这样会被误判为合法，是因为它之前的那个粗体0帮后面的粗体1抵消掉了。
因此为了这样的0不会对真正不合法的1造成干扰，
我们只需要计算(now | ans) - ans < 2^(k-1)是否成立即可，
因为这样的话，所有这样的0都会变为1，于是这时要再有不合法的1出现就无法被抵消了。
于是小数据就解决了，但是考虑到最大的点n <= 2000，这样的复杂度肯定是过不去的
但是观察发现，对于最大的那几个点，满足A == 1,
而之前的f数组之所以要开二维，还要枚举段数，就是因为只有枚举了所有情况才能保证不漏掉A～B之间的答案，
因为段数小不一定更优，不然可能会找到小于A的答案，
但是因为A == 1，就不可能会找到小于A的答案了，这时也满足段数小的一定更优，
所以我们直接令g[i]表示dp到i，使第k位为0的最小段数，
然后转移时判断条件和上面一样即可，注意初始化g[0]=0,其余为极大值
下面放代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define R register int #define AC 2100 #define getchar() *o++ #define LL long long char READ[5000100],*o=READ; int n,A,B,all; int s[AC],g[AC]; LL sum[AC];//g[i]是适用于没有下限的情况 LL ans; bool f[AC][250]; inline int read() { int x=0;char c=getchar(); while(c > '9' || c < '0') c=getchar(); while(c >= '0' && c <= '9') x=x*10+c-'0',c=getchar(); return x; } void work1()//f[i][j]代表前i位分成j段，第k位能否在保证前k位都不变且不考虑后面all-k位的情况下是否可能与当前ans相同(此时第k位默认为0) {//这样的话相当于给了一个判断依据ans，于是就可以提高复杂度以解决问题 LL now;//获取最高位数 bool done=false; all=log2(sum[n]) + 1; for(R k=all; k ;k--)//枚举位数(从高位开始贪心) { memset(f,0,sizeof(f)); f[0][0]=true; done=false;//error!!!每次都要重置 for(R i=1;i<=n;i++)//枚举到了哪里 { int be=min(i,B); for(R j=1;j<=be;j++)//枚举分的段数 { for(R l=j-1;l<i;l++)//枚举上一段的结尾,error!!!上一段啊怎么可以等于。。。。 { if(!f[l][j-1]) continue;//因为是|,所以前面有1不能消掉，所以前面不满足就不能取了 now=sum[i] - sum[l];//获取区间和 if(((now | ans) - ans) < (1LL<<(k-1)))//error!!!注意longlong {//如果相差小于当前位，代表不一样的都在后面，就没关系了 f[i][j]=true; break; } } if(i == n) { if(j >= A && j <= B && f[i][j]) { done=true; break;//如果找到了就无需再找了 } } } } if(!done) ans+=1LL<<(k-1);//因为1已经有一位了，所以只要移动k-1位就可以了(其实是因为本来就只要判断2^(k-1),因为第一位对应的是2^0) } printf("%lld ",ans); } //g[i]代表满足这位为0最少需要的段数 void work2() { LL now; all=log2(sum[n]) + 1; for(R k=all; k ;k--) { memset(g,127,sizeof(g)); g[0]=0; for(R i=1;i<=n;i++)//枚举树 { for(R j=0;j<i;j++)//枚举上一段的结尾，，，懒得特判1了,就从0开始吧 { now=sum[i] - sum[j]; if(((now | ans) - ans) < (1LL<<(k-1))) g[i]=min(g[i],g[j]+1);//error!!!注意longlong }//因为要求最小的,所以就不能跳过了 } /* printf("!!!%d: ",k); for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",g[i]); printf(" ");*/ if(g[n] > B) ans+=1LL<<(k-1);//error!!!貌似在这里也要加LL吧 } printf("%lld ",ans); } void pre() { n=read(),A=read(),B=read(); for(R i=1;i<=n;i++) s[i]=read(),sum[i]=sum[i-1] + (LL)s[i]; } int main() { freopen("in.in","r",stdin); // freopen("sculpture.in","r",stdin); // freopen("sculpture.out","w",stdout); fread(READ,1,5000000,stdin); pre(); if(A == 1) work2();//特殊点特殊处理 else work1(); fclose(stdin); // fclose(stdout); return 0; }