BZOJ_2064_分裂_状压DP

BZOJ_2064_分裂_状压DP

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，

---

观察到可以合并然后分解。

我们求最多能合并成多少块，然后用n1+n2减去2倍的它。

设f[i][j]表示左边选择的状态为i，右边选择的状态为j最多能合并成几块。

考虑预处理出来和左边一个状态和相等的右边有哪些状态，挂上链DP即可。

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
using namespace std;
#define N 1050
int n1,n2,s1[N],s2[N],mask1,mask2,a[11],b[11];
int f[N][N],sum,head[N],to[N*N],nxt[N*N],cnt;
inline void add(int u,int v) {
    to[++cnt]=v; nxt[cnt]=head[u]; head[u]=cnt;
}
void upd(int &x,int y) {
    if(x<y) x=y;
}
int main() {
    // freopen("apart.in","r",stdin);
    // freopen("apart.out","w",stdout);
    int i,j,k,l;
    scanf("%d",&n1);
    for(i=1;i<=n1;i++) scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i];
    scanf("%d",&n2);
    for(i=1;i<=n2;i++) scanf("%d",&b[i]);
    mask1=(1<<n1)-1; mask2=(1<<n2)-1;
    for(i=1;i<=mask1;i++) for(j=1;j<=n1;j++) if(i&(1<<(j-1))) s1[i]+=a[j];
    for(i=1;i<=mask2;i++) for(j=1;j<=n2;j++) if(i&(1<<(j-1))) s2[i]+=b[j];
    for(i=1;i<=mask1;i++) {
        for(j=1;j<=mask2;j++) {
            if(s1[i]==s2[j]) add(i,j),f[i][j]=1;
        }
    }
    for(i=1;i<=mask1;i++) {
        int ui=mask1-i;
        for(j=ui;j;j=(j-1)&ui) {
            for(k=head[i];k;k=nxt[k]) {
                for(l=head[j];l;l=nxt[l]) {
                    if((to[k]&to[l])==0) {
                        upd(f[i+j][to[k]+to[l]],f[i][to[k]]+1);
                    }
                }
            }
        }
    }
    printf("%d\n",n1+n2-2*f[mask1][mask2]);
}