[BZOJ4069][Apio2015]巴厘岛的雕塑

题目大意

分成 \(x\) 堆，是的每堆的和的异或值最小

分析

这是一道非常简单的数位 \(DP\) 题

基于贪心思想，我们要尽量让最高位的 \(1\) 最小， 因此我们考虑从高位向低位进行枚举，看是否存在一种方案使得最高为不为 \(1\)，如果不存在，那就填 \(1\)

因此我们要解决如下问题：

1. 保存之前的状态
2. 考虑 \(A\), \(B\) 的限制

我们设已经考虑到 \(x\) 位，并且当前的值为 \(ans\)

显然如果该位可以不填，它必须满足存在一种状态使得之前已经决定的状态的异或和为 \(ans\)， 并且新增的一段不会使得 \(ans\) 改变

那这就是一个经典的区间DP问题

我们不妨设 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个数分成 \(j\) 段，是否存在这一种情况

如果满足上述条件，我们就能够从 \(f[k][j - 1]\) 转移到 \(f[i][j]\)

对于每个一位，如果有一种给情况使得当前为为0，那就让 \(ans\) 的当前位为 \(0\)

复杂度：\(O(n^3logD)\)

对于最后一组数据：\(A =1, B \le n\)，段数只有上限

我们要想把 \(f\) 数组的第二个维度省掉的话，用 \(f[i]\) 记录将前 \(i\) 个数分段并得到可行解的最小段数，最后判断其是否小于 \(B\)，即可

复杂度：\(O(n^2logD)\)

总结

想了半天发现 \(O(n^3logD)\) 没办法优化，结果发现最后一个点的 \(A = 1\)。

const int maxn = 2018;

typedef long long LL;
LL s[maxn];
int f[maxn][maxn], g[maxn];
LL ans = 0, t;
int n, A, B, len = 0;

bool valid(LL val, int dig) {
    return ((val >> (LL)dig | ans) == ans && (val & 1LL << (LL)dig-1LL) == 0);
}

void work1() {
	for(int x = len; x > 0; -- x) {
		forn(i, n) g[i] = INF;
		forn(i, n) Forn(j, i) if (g[j] < B) {
            t = s[i] - s[j];
            if(valid(t, x)) if (g[j] + 1 < g[i]) g[i] = g[j] + 1;
        }
		ans <<= 1LL;
		if(g[n] > B) ans ++;
	}
}

void work2() {
	for(int x = len; x > 0; -- x) {
		memset(f, 0, sizeof(f));
		f[0][0] = 1;
		forn(i, n) forn(j, i) for (int k = 0; k < i; ++ k) if(f[k][j-1]) {
            t = s[i] - s[k];
			//printf("x = %d i = %d j = %d k = %d t = %d\n", x, i, j, k, t);
            if(valid(t, x)) f[i][j] = 1;
		}
		int i;
		for(i = A; i <= B; ++ i) {
			if(f[n][i]) break;
		}
		ans <<= 1LL;
		if(i > B) ans ++;
	}
}

int main() {
	read(n, A, B);
	forn(i, n) {
		read(s[i]); s[i] += s[i-1];
	}
	len = (int)log2(s[n]) + 1;
	if (A == 1) work1();
	else work2();
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}