【BZOJ4069】[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
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。）
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：考虑按位贪心来做。从高到低枚举答案的每一位，对于当前位，我们先check一下当前位=0能否满足要求，如果可以，则当前位=0，否则=1。那么如何check呢？考虑DP，用f[i][j]表示前i个雕塑分成j组是否可行，如果要求当前位=0可以满足要求，那么就把所有可能使得当前位!=0的转移都打上删除标记即可。
但是这样的转移时O(n^3)的啊，于是看了题解。。。md你告诉我最后一个子任务A=1!!!那么直接将DP方程该为f[i]表示将前i个雕塑最少能分成几组，然后转移就是O(n^2)的了。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,A,B;
bool f[2][110],mp[2010][2010];
int g[2010];
ll ans,s[2010];
bool check(ll v)
{
if(v<=8)
{
v++,v--;
}
int i,j,k,d;
if(A==1)
{
memset(g,0x3f,sizeof(g)),g[0]=0;
for(i=1;i<=n;i++) for(j=0;j<i;j++)
if(!mp[i][j]&&!((s[i]-s[j])&v)) g[i]=min(g[i],g[j]+1);
return g[n]<=B;
}
memset(f[0],0,sizeof(f[0]));
f[0][0]=1;
for(i=1;i<=B;i++)
{
d=i&1;
memset(f[d],0,sizeof(f[d]));
for(j=1;j<=n;j++) for(k=0;k<j;k++) if(!mp[j][k]&&!((s[j]-s[k])&v)) f[d][j]|=f[d^1][k];
if(i>=A&&f[d][n]) return 1;
}
return 0;
}
inline int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<'0'||gc>'9') {if(gc=='-')f=-f; gc=getchar();}
while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
return ret*f;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
int i,j;
for(i=1;i<=n;i++) s[i]=rd()+s[i-1];
for(ll k=1ll<<40;k;k>>=1)
{
if(check(k))
{
for(i=1;i<=n;i++) for(j=0;j<i;j++) if((s[i]-s[j])&k) mp[i][j]=1;
}
else ans|=k;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}