bzoj2064 分裂

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，

状压DP思路好题

网上齐刷刷一片“只可意会不可言传”，这让意会能力差的人(比如在下)怎么活啊…于是为了攒人品来简单写一下方法，表示自己言传能力比较差，希望大家不要在意。

最差的次数是n+m-2次，这是很显然的。

然后我们想想如何可以减少次数？如果我们能把初始状态和结束状态分别分为两堆，然后两边分别对应相等，就可以用n+m-4次操作完成。这只要将初始的第一堆变成结束第一堆，初始第二堆变成结束第二堆。

所以如果能将初始状态和结束状态分别分为k堆，两边对应相等，就可以用n+m-2*k次操作完成。

于是问题就转化成求k的最小值。

这就可以用状压DP完成了。我们将初始状态和结束状态混在一起，初始的权值不变，结束的权值变为相反数。然后一个状态x，二进制第i位等于1/0对应的第i个数取/不取。

这样如果某一个子集的和等于0，就表示它对应的初始和结束状态的和相等，也就是可以互相变化。

然后用f[i]表示i这个状态的所有真子集中k的最大值，如果sum[i]=0则f[i]++。

最后答案等于n+m-2*f[2^(n+m)-1]。

啊，这道题思路太妙了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#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 2000000
using namespace std;
int n,m,f[maxn],sum[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;
}
int main()
{
	n=read();F(i,1,n) sum[1<<(i-1)]=read();
	m=read();F(i,1,m) sum[1<<(n+i-1)]=-read();
	int num=(1<<(n+m))-1;
	F(i,1,num)
	{
		int tmp=i&(-i);
		sum[i]=sum[tmp]+sum[i-tmp];
		F(j,1,n+m) if (i&(1<<(j-1))) f[i]=max(f[i],f[i-(1<<(j-1))]);
		if (!sum[i]) f[i]++;
	}
	printf("%d\n",n+m-2*f[num]);
	return 0;
}