[APIO2015]巴厘岛的雕塑 贪心+DP+特殊数据优化

写了好久。。。。

刚刚调了一个小时各种对拍，，，，最后发现是多写了一个等号，，，，内心拒绝

表示一开始看真的是各种懵逼啊

在偷听到某位大佬说的从高位开始贪心后发现可做

首先考虑小数据(因为可以乱搞）

所以先从高位开始枚举位数:

for(int k=all; k ;k--)

ans表示当前答案，f[i][j]表示dp到第i为，分为j段，是否可以满足第k位为0

ans初始为0，每次DP完就修改ans，

所以枚举i和j，然后枚举上一段的结尾l，

由于是or，所以之前已经有的是消不掉的，

于是有    if(!f[l][j-1]) continue;

这样就可以保证之前的都已经满足了，所以只要考虑当前段就好了

sum[i]表示到i的前缀和。

先获取当前段大小now=sum[i] - sum[l]

所以如果now的第k位为0，并且之前的高位都不与当前ans冲突，就可以转移了

因为如果高位与ans冲突，而前面已经最优了，所以如果冲突只能是不那么优，

于是后面再优都补不回来了。其实这也是从高位贪心的意义所在

最后如果在f[n][A ~ B]中有任意一个为true的话，ans就不用修改（因为默认已经是0了）

而如果一个都没有，那么就将ans的当前位变成1，

那么考虑如何判断，

首先运算符肯定只能用or，不然是会遗漏信息的（也许可以用其他的吧，但是我没想到）

考虑这样两个二进制串:

now ：101100 1011

ans ： 101100 0000

中间的空格代表把第k位和后面隔开,

通过一些二进制的基本性质（其实也是所有进制的基本性质）可以发现，

如果前面都是相同的话，因为ans的小于k的位数都还不确定，都是0，

所以最大相差也就是2^(k-1),

反之如果前面有冲突，那么由于冲突在前面，相差一定会超过2^(k-1),

所以直接判断now和ans的差就可以了？

不是！

因为now是中间过程，所以now是可能小于ans的，

所以如果是这样的情况的话：

now : 100110 1011

ans :  101100 0000

这样的话now < ans,所以now - ans 一定小于 2^(k-1),-1是因为第k位对应的是2^(k-1),几次方是从0开始数的

但是这样是不合法的，之所以这样会被误判为合法，是因为它之前的那个粗体0帮后面的粗体1抵消掉了。

因此为了这样的0不会对真正不合法的1造成干扰，

我们只需要计算(now | ans) - ans < 2^(k-1)是否成立即可，

因为这样的话，所有这样的0都会变为1，于是这时要再有不合法的1出现就无法被抵消了。

于是小数据就解决了，但是考虑到最大的点n <= 2000，这样的复杂度肯定是过不去的

但是观察发现，对于最大的那几个点，满足A == 1,

而之前的f数组之所以要开二维，还要枚举段数，就是因为只有枚举了所有情况才能保证不漏掉A～B之间的答案，

因为段数小不一定更优，不然可能会找到小于A的答案，

但是因为A == 1，就不可能会找到小于A的答案了，这时也满足段数小的一定更优，

所以我们直接令g[i]表示dp到i，使第k位为0的最小段数，

然后转移时判断条件和上面一样即可，注意初始化g[0]=0,其余为极大值

下面放代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define R register int
#define AC 2100
#define getchar() *o++
#define LL long long
char READ[],*o=READ;
int n,A,B,all;
int s[AC],g[AC];
LL sum[AC];//g[i]是适用于没有下限的情况
LL ans;
bool f[AC][];

inline int read()
{
    int x=;char c=getchar();
    while(c > '' || c < '') c=getchar();
    while(c >= '' && c <= '') x=x*+c-'',c=getchar();
    return x;
}

void work1()//f[i][j]代表前i位分成j段，第k位能否在保证前k位都不变且不考虑后面all-k位的情况下是否可能与当前ans相同(此时第k位默认为0)
{//这样的话相当于给了一个判断依据ans，于是就可以提高复杂度以解决问题
    LL now;//获取最高位数
    bool done=false;
    all=log2(sum[n]) + ;
    for(R k=all; k ;k--)//枚举位数(从高位开始贪心)
    {
        memset(f,,sizeof(f));
        f[][]=true;
        done=false;//error!!!每次都要重置
        for(R i=;i<=n;i++)//枚举到了哪里
        {
            int be=min(i,B);
            for(R j=;j<=be;j++)//枚举分的段数
            {
                for(R l=j-;l<i;l++)//枚举上一段的结尾,error!!!上一段啊怎么可以等于。。。。
                {
                    if(!f[l][j-]) continue;//因为是|,所以前面有1不能消掉，所以前面不满足就不能取了
                    now=sum[i] - sum[l];//获取区间和
                    if(((now | ans) - ans) < (1LL<<(k-)))//error!!!注意longlong
                    {//如果相差小于当前位，代表不一样的都在后面，就没关系了
                        f[i][j]=true;
                        break;
                    }
                }
                if(i == n)
                {
                    if(j >= A && j <= B && f[i][j])
                    {
                        done=true;
                        break;//如果找到了就无需再找了
                    }
                }
            }
        }
        if(!done) ans+=1LL<<(k-);//因为1已经有一位了，所以只要移动k-1位就可以了(其实是因为本来就只要判断2^(k-1),因为第一位对应的是2^0)
    }
    printf("%lld\n",ans);
}
//g[i]代表满足这位为0最少需要的段数
void work2()
{
    LL now;
    all=log2(sum[n]) + ;
    for(R k=all; k ;k--)
    {
        memset(g,,sizeof(g));
        g[]=;
        for(R i=;i<=n;i++)//枚举树
        {
            for(R j=;j<i;j++)//枚举上一段的结尾，，，懒得特判1了,就从0开始吧
            {
                now=sum[i] - sum[j];
                if(((now | ans) - ans) < (1LL<<(k-))) g[i]=min(g[i],g[j]+);//error!!!注意longlong
            }//因为要求最小的,所以就不能跳过了
        }
     /*   printf("!!!%d:\n",k);
        for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",g[i]);
        printf("\n");*/
        if(g[n] > B) ans+=1LL<<(k-);//error!!!貌似在这里也要加LL吧
    }
    printf("%lld\n",ans);
}

void pre()
{
    n=read(),A=read(),B=read();
    for(R i=;i<=n;i++) s[i]=read(),sum[i]=sum[i-] + (LL)s[i];
}

int main()
{
    freopen("in.in","r",stdin);
//    freopen("sculpture.in","r",stdin);
//    freopen("sculpture.out","w",stdout);
    fread(READ,,,stdin);
    pre();
    if(A == ) work2();//特殊点特殊处理
    else work1();
    fclose(stdin);
//    fclose(stdout);
    return ;
}