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,

代码很短,但是我没有想到这个思路

讲出来其实很容易理解,我们把两边都分成k堆,两边对应的一堆和相等,这样我们就只需要做n1+n2-k*2次操作就可以了

状压dp即可,f[s]表示左边取某些块,右边取某些块,中间相等次数最多是多少

 var
sum,f:array[.. shl ]of longint;
n1,n2,n:longint; procedure init;
var
i:longint;
begin
read(n1);
for i:= to n1 do
read(sum[<<i>>]);
read(n2);
for i:=n1+ to n1+n2 do
begin
read(sum[<<i>>]);
sum[<<i>>]:=-sum[<<i>>];
end;
n:=n1+n2;
end; procedure up(var x:longint;y:longint);
begin
if x<y then x:=y;
end; procedure dp;
var
i,j,k:longint;
begin
for i:= to <<n- do
begin
k:=i and (-i);
sum[i]:=sum[i-k]+sum[k];
for j:= to n do
if i and (<<j>>)> then up(f[i],f[i-<<j>>]);
if sum[i]= then inc(f[i]);
end;
write(n-f[<<n-]<<);
end; begin
init;
dp;
end.

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