bzoj 2064: 分裂（状压dp）

2064: 分裂

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Description

背景： 和久必分，分久必和。。。 题目描述： 中国历史上上分分和和次数非常多。。通读中国历史的WJMZBMR表示毫无压力。 同时经常搞OI的他把这个变成了一个数学模型。 假设中国的国土总和是不变的。 每个国家都可以用他的国土面积代替， 又两种可能，一种是两个国家合并为1个，那么新国家的面积为两者之和。 一种是一个国家分裂为2个，那么2个新国家的面积之和为原国家的面积。 WJMZBMR现在知道了很遥远的过去中国的状态，又知道了中国现在的状态，想知道至少要几次操作（分裂和合并各算一次操作），能让中国从当时状态到达现在的状态。

Input

第一行一个数n1，表示当时的块数，接下来n1个数分别表示各块的面积。 第二行一个数n2，表示现在的块，接下来n2个数分别表示各块的面积。

Output

一行一个数表示最小次数。

Sample Input

1 6
3 1 2 3

Sample Output

2
数据范围：
对于100%的数据，n1,n2<=10，每个数<=50
对于30%的数据，n1,n2<=6，

HINT

Source

和谐社会模拟赛

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题解：状压dp

我们考虑操作次数的上界，最坏情况就是把第一个数列的n个数合起来，在拆成第二个数列的m个，操作次数为n+m-2.

我们考虑怎样减少操作的数量，如果已经有第一个数列中的一些数的和等于第二个数列中一些数的和的话，就可以将这两堆从总的里面分出来，单独搞，就可以不用与其他的和到一起，就可以在上界的基础上减少两次操作。我们现在就是要使这种能单独搞得尽量单独搞，求这个的最大值。

f[i][j]表示第一个数列选中的方案为i,第二个数列中选中方案为j，两堆数中可以单独搞的最大值，由上所述，每个都能减少两次操作，因此答案就是n+m-2*f[(1<<(n))-1][(1<<(m))-1]

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int f[1<<11][1<<11];
int suma[1<<11],sumb[1<<11],a[20],b[20];
void dfs(int x,int sta,int a[],int sum,int ans[])
{
	if (x==a[0]+1) return;
	ans[sta<<(a[0]-x)]=sum; //cout<<(sta<<(a[0]-x))<<" "<0)  f[i][j]=max(f[i][j],f[i-t][j]);
		 }
		for (int k=1;k<=b[0];k++)
		{
			int t=1<<(k-1);
			if ((j&t)>0)  f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-t]);
		}
		if (suma[i]==sumb[j])  f[i][j]++;
	  }
	printf("%d\n",a[0]+b[0]-2*f[(1<