【bzoj2064】【分裂】状态压缩表示合并子集

（上不了p站我要死了，画师当然是wlop大大啦）

感觉这个做法还是挺难想的。

但还是总结一下思路吧。。

“只可意会不可言传的状压dp”（乱说）

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，

当然，我们很自然的想到一种方法，就是先把所有的国家合并起来，再挨个拆开，这样的次数是n+m-2，也就是上限。

那么什么时候可以使操作次数减少呢？我们发现，当有一些子集的和相等时，直接将这些合并再拆开，就可以免去多余的合并操作。（然而我这一步愣是没想出来）

从反方面想，每当找到这样的子集，就相当于找到了一次没用的操作，就可以拿上限去减。但是，如果合并方式不同，可能会产生不同的“没用操作”，而我们希望找到一种“没用操作”最多的操作方案，此时就是dp了。

而每一个国家可以被选或不被选，在有两种状态的情况下，我们很容易想到状压，而数据范围也是可以的。

那么对于一个子集状态的01串f[s]（这里我将原来以及现在的国家状态合并到了一个二进制数中），这样的集合一定是由其一个子集和一个元素（国家）合并过来，不同的合并方式会造成不同的“没用操作”。所以对于每个集合，枚举集合中的每个元素，就相当于枚举不同的合并操作，取max即可。

如果该状态s中原来国家和现在国家的面积之和相等，则该状态也是一个“没用操作”，答案要++

完整代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

int f[1<<20],sum1[1<<10],sum2[1<<10];
int n,m,w[15],v[15];

int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]);
    scanf("%d",&m);
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&v[i]);
    for(int i=1;i<(1<<n);i++){
        for(int j=i,k=1;j;j>>=1,k++) if(j&1) sum1[i]+=w[k];

    }
    for(int i=1;i<(1<<m);i++){
        for(int j=i,k=1;j;j>>=1,k++) if(j&1) sum2[i]-=v[k];
    }
    for(int i=1;i<(1<<(n+m));i++){
        for(int j=i,k=0;j;j>>=1,k++) if(j&1) f[i]=max(f[i],f[i^(1<<k)]);
        if(sum1[i&((1<<n)-1)]+sum2[i>>n]==0) f[i]++;
    }
    printf("%d\n",n+m-2*f[(1<<(n+m))-1]);
    return 0;
}