BZOJ 4069 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

Solution

位运算显然分二进制考虑啦
贪心从高位取,之后在保证高位的基础上DP
考虑段数是n^2的
注意到最后一组数据A=1,那么只需要DP最少要分成多少组就可以了

Code

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
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16
17
18
19
20
21
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26
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28
29
30
31
32
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35
36
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39
40
41
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44
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46
47
48
49
50
51
52
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54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
#include<bits/stdc++.h>

#define maxn 2000+5
#define set(a,b) memset(a,(b),sizeof(a))

using namespace std;

typedef long long ll;

ll sum[maxn],ans;
int f[maxn][maxn],g[maxn];
int c[maxn];
int n,a,b;

void DP()
{

for(int k=60;k>=0;k--){
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=n;j++)
f[i][j]=INT_MAX/2;
f[0][0]=1;
ans<<=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
for(int p=1;p<=i;p++){
ll d=(sum[i]-sum[j-1])>>k;
if( (d|ans)<=ans && (d&1)==0 )
f[i][p]=min(f[i][p],f[j-1][p-1]+1);
}
ans+=1;
for(int i=a;i<=b;i++)
if( f[n][i]!=INT_MAX/2 ){ans-=1;break;}
}
}

void Dp()
{

for(int k=60;k>=0;k--){
for(int i=1;i<=n;i++) g[i]=INT_MAX/2;
ans<<=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=i;j++){
ll d=(sum[i]-sum[j-1])>>k;
if( (d|ans)<=ans && (d&1)==0 )
g[i]=min(g[i],g[j-1]+1);
}
if( g[n]>b ) ans+=1;
}
}

int main()
{

#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("4069.in","r",stdin);
freopen("4069.out","w",stdout);
#endif
scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&c[i]);
sum[i]=sum[i-1]+c[i];
}
if( a!=1 ) DP();
else Dp();
printf("%lld",ans);
return 0;
}