UOJ#110. 【APIO2015】Bali Sculptures

印尼巴厘岛的公路上有许多的雕塑,我们来关注它的一条主干道。

在这条主干道上一共有 NN 座雕塑，为方便起见，我们把这些雕塑从 11 到 NN 连续地进行标号，其中第 ii 座雕塑的年龄是 YiYi 年。为了使这条路的环境更加优美，政府想把这些雕塑分成若干组，并通过在组与组之间种上一些树，来吸引更多的游客来巴厘岛。

下面是将雕塑分组的规则：

• 这些雕塑必须被分为恰好 XX 组，其中 A≤X≤BA≤X≤B，每组必须含有至少一个雕塑，每个雕塑也必须属于且只属于一个组。同一组中的所有雕塑必须位于这条路的连续一段上。
• 当雕塑被分好组后，对于每个组，我们首先计算出该组所有雕塑的年龄和。
• 计算所有年龄和按位取或的结果。我们这个值把称为这一分组的最终优美度。

请问政府能得到的最小的最终优美度是多少?

备注：将两个非负数 PP 和 QQ 按位取或是这样进行计算的：

• 首先把 PP 和 QQ 转换成二进制。
• 设 nPnP 是 PP 的二进制位数，nQnQ 是 QQ 的二进制位数，MM 为 nPnP 和 nQnQ 中的最大值。PP 的二进制表示为 pM−1pM−2…p1p0pM−1pM−2…p1p0，QQ 的二进制表示为 qM−1qM−2…q1q0qM−1qM−2…q1q0，其中 pipi 和 qiqi 分别是 PP 和 QQ 二进制表示下的第 ii 位，第 M−1M−1 位是数的最高位，第 00 位是数的最低位。
• PP 与 QQ 按位取或后的结果是： (pM−1ORqM−1)(pM−2ORqM−2)…(p1ORq1)(p0ORq0)(pM−1ORqM−1)(pM−2ORqM−2)…(p1ORq1)(p0ORq0)。其中：
  • 0OR0=00OR0=0
  • 0OR1=10OR1=1
  • 1OR0=11OR0=1
  • 1OR1=11OR1=1

输入格式

输入的第一行包含三个用空格分开的整数 N,A,BN,A,B。

第二行包含 NN 个用空格分开的整数 Y1,Y2,…,YNY1,Y2,…,YN。

输出格式

输出一行一个数，表示最小的最终优美度。

样例一

input

6 1 3
8 1 2 1 5 4

output

11

explanation

将这些雕塑分为 22 组，(8,1,2)(8,1,2) 和 (1,5,4)(1,5,4)，它们的和是 (11)(11) 和 (10)(10)，最终优美度是 (11OR10)=11(11OR10)=11。（不难验证，这也是最终优美度的最小值。）

子任务

• 子任务 1 （9 分）
  • 1≤N≤201≤N≤20
  • 1≤A≤B≤N1≤A≤B≤N
  • 0≤Yi≤10000000000≤Yi≤1000000000
• 子任务 2 （16 分）
  • 1≤N≤501≤N≤50
  • 1≤A≤B≤min{20,N}1≤A≤B≤min{20,N}
  • 0≤Yi≤100≤Yi≤10
• 子任务 3 （21 分）
  • 1≤N≤1001≤N≤100
  • A=1A=1
  • 1≤B≤N1≤B≤N
  • 0≤Yi≤200≤Yi≤20
• 子任务 4 （25 分）
  • 1≤N≤1001≤N≤100
  • 1≤A≤B≤N1≤A≤B≤N
  • 0≤Yi≤10000000000≤Yi≤1000000000
• 子任务 5 （29 分）
  • 1≤N≤20001≤N≤2000
  • A=1A=1
  • 1≤B≤N1≤B≤N
  • 0≤Yi≤10000000000≤Yi≤1000000000

时间限制：1s

空间限制：64MB

贪心 DP 位运算

“同一组中的所有雕塑必须位于这条路的连续一段上”←这个性质看上去科学而优雅，这使得我们可以DP分段。

答案是位运算的结果，那么可以考虑贪心，显然从高到低考虑每一位，当前位能填0就填0，最后的结果肯定比当前位填1小。

数据范围比较小，可以从高到低分别考虑答案的每一个二进制位：

　　设f[考虑到第i个][分了j组]=当前位是否为0

　　简单DP枚举分段位置，如果 f[k][j-1]==0 （k以前的部分都不会使得当前位为1）

　　且  (sum[i]-sum[k])&（1<<pos）==0 (从k+1到i分成一段可行) 且 (((sum[i]-sum[k])|ans)>>pos) == (ans >> pos) (这么分组并不会改变更高位的答案)

　　那么f[i][j]=0

最后一组数据n==2000，用上面的方法复杂度太高了。由于A==1，所以可以用另一种DP方程类似地求解，具体看代码

 /*by SilverN*/
 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 #define LL long long
 using namespace std;
 const int mxn=;
 int read(){
     int x=,f=;char ch=getchar();
     while(ch<'' || ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
     while(ch>='' && ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
     return x*f;
 }
 int f[][];
 LL a[mxn],smm[mxn];
 int g[mxn];
 LL ans=;
 int n,A,B;
 void solve(){
     for(int pos=;pos>=;pos--){
         memset(f,,sizeof f);
         f[][]=;
         for(int i=;i<=n;i++)//now
             for(int j=;j<=B;j++)//group
                 for(int k=;k<i;k++)
                     if(f[k][j-]== && (((smm[i]-smm[k])>>pos)&)== && (((smm[i]-smm[k])|ans)>>pos)==(ans>>pos)){
                         f[i][j]=;
                         break;
                     }
         bool flag=;
         for(int i=A;i<=B;i++)
             if(f[n][i]==){flag=;break;}
         if(!flag)ans|=1LL<<pos;
     }
     printf("%lld\n",ans);
     return;
 }
 void solve2(){
     for(int pos=;pos>=;pos--){
         for(int i=;i<=n;i++)g[i]=0x3f3f3f3f;
         g[]=;
         for(int i=;i<=n;i++)
             for(int j=;j<i;j++){
                 if((((smm[i]-smm[j])>>pos)&))continue;
                 if((((smm[i]-smm[j])|ans)>>pos)==(ans>>pos))g[i]=min(g[i],g[j]+);
             }
         if(g[n]>B)ans|=1LL<<pos;
     }
     printf("%lld\n",ans);
     return;
 }
 int main(){
     int i,j;
     n=read();A=read();B=read();
     for(i=;i<=n;i++){
         a[i]=read();smm[i]=smm[i-]+a[i];
     }
     if(A==)solve2();    else solve();
     return ;
 }