4069: [Apio2015]巴厘岛的雕塑
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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
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
贪心+DP
要使最终的答案最小，可以直观产生一种贪心的想法，从高到低枚举答案的每一位，如果能取0则取0，否则取1。
然后主要问题转化为如何判断最终答案的某一位能否取0，当然要保证前面所有位不变的前提下。
我们考虑用DP解决这个问题。
假设当前枚举到第pos位。令f[i][j]表示前i个数分成j组，满足前pos-1位，当前这一位能否填0。则f[i][j]=true当且仅当存在k满足f[k][j-1]=true且(sum[i]-sum[k])|ans==ans且(sum[i]-sum[k])&(1<
但是这个复杂度是O(n^3logM)，对于最后一组数据会TLE。
考虑到最后一组数据的特殊性：a等于1，也就是组数没有下界。所以我们可以去掉DP的第二维，即用g[i]表示前i个数满足条件的最少组数。然后判断g[n]和b的大小就可以了。
注意1<
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define maxn 2005
#define inf 1000000000
using namespace std;
int n,a,b,len,g[maxn];
ll ans,sum[maxn];
bool f[maxn][maxn];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline void solve1()
{
D(pos,len,1)
{
memset(f,false,sizeof(f));
f[0][0]=true;
F(i,1,n) F(j,1,i) F(k,j-1,i-1) if (f[k][j-1])
{
ll tmp=sum[i]-sum[k];
if (((tmp>>pos)|ans)==ans&&(tmp&(1ll<<(pos-1)))==0){f[i][j]=true;break;}
}
bool flag=false;
F(i,a,b) if (f[n][i]){flag=true;break;}
ans<<=1;
if (!flag) ans|=1;
}
}
inline void solve2()
{
D(pos,len,1)
{
F(i,1,n) g[i]=inf;
F(i,1,n) F(j,0,i-1)
{
ll tmp=sum[i]-sum[j];
if (((tmp>>pos)|ans)==ans&&(tmp&(1ll<<(pos-1)))==0) g[i]=min(g[i],g[j]+1);
}
ans<<=1;
if (g[n]>b) ans|=1;
}
}
int main()
{
n=read();a=read();b=read();
F(i,1,n) sum[i]=sum[i-1]+read();
for(ll tmp=sum[n];tmp;tmp>>=1) len++;
if (a!=1) solve1();
else solve2();
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
