[BZOJ 2064]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，

HINT

 

Source

和谐社会模拟赛

题解

这个题的思路异常地清奇...

首先看到数据范围很容易想到暴搜或者状压DP 2333

然后我们可以想到, 对于一个 $n$ 块的情况要想办法分裂合并为一个 $m$ 块的情况, 我们有保证可以分裂合并完成的策略: 通过 $n-1$ 次合并将面积合并为一整坨, 然后再通过 $m-1$ 次分裂将面积分为目标状态, 总操作数 $n+m-2$ . 然后我们需要想办法优化这个过程.

然后我们发现, 如果初始状态中挑出 $k_0$ 块的面积刚好等于目标状态中的 $k_1$ 块的面积, 我们可以单独让这几块通过 $k_0+k_1-2$ 次操作达到目标状态, 剩余的 $n-k_0$ 块与 $m-k_1$ 块可以通过 $n-k_0+m-k_1-2$ 次分裂合并达到目标状态, 总操作数会变为 $n+m-4$ 次.

也就是说我们如果每找到这样的一组对应关系, 就可以通过分组分裂合并减少 $2$ 次分裂合并的操作. 这样的组越多则所需操作数越少.

所以我们可以定义 $dp_i$ 为 $i$ 所代表的状态中的对应关系数的最大值. 另外再开一个辅助数组记录面积和来判断是否面积相等. 这里可以将目标状态的面积值定义为负, 这样就可以通过求和判断是否为 $0$ 来判定两块的面积是否相等了. 如果相等则说明找到了新一对对应关系(因为状态是唯一的).

至于转移, $dp_i$ 可以从状态 $i$ 任意减少一个元素后的状态转移. 取一下 $max$ 就好.

找到新一组对应关系后给 $dp$ 数组中对应该状态的值 $+1$ 就可以.

转移后得到的最终答案为 $n+m-2dp_{2^{n+m}-1}$ (因为每一对都减少了 $2$ . 整个整体也可以看成一对.)

参考代码

GitHub

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <cstdlib>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>

 const int MAXN=;

 int n;
 int n1,n2;
 int size[MAXN];
 int dp[<<MAXN];
 int sum[<<MAXN];

 int main(){
     scanf("%d",&n1);
     for(int i=;i<n1;i++){
         scanf("%d",size+i);
     }
     scanf("%d",&n2);
     for(int i=;i<n2;i++){
         scanf("%d",size+n1+i);
         size[n1+i]=-size[n1+i];
     }
     n=n1+n2;
     for(int i=;i<(<<n);i++){
         for(int j=;j<n;j++){
             if((i&(<<j))!=){
                 dp[i]=std::max(dp[i],dp[i^(<<j)]);
                 sum[i]+=size[j];
             }
         }
         if(sum[i]==)
             dp[i]++;
     }
     printf("%d\n",n-*dp[(<<n)-]);
     return ;
 }

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