写了好久。。。。
刚刚调了一个小时各种对拍,,,,最后发现是多写了一个等号,,,,内心拒绝
表示一开始看真的是各种懵逼啊
在偷听到某位大佬说的从高位开始贪心后发现可做
首先考虑小数据(因为可以乱搞)
所以先从高位开始枚举位数:
for(int k=all; k ;k--)
ans表示当前答案,f[i][j]表示dp到第i为,分为j段,是否可以满足第k位为0
ans初始为0,每次DP完就修改ans,
所以枚举i和j,然后枚举上一段的结尾l,
由于是or,所以之前已经有的是消不掉的,
于是有 if(!f[l][j-1]) continue;
这样就可以保证之前的都已经满足了,所以只要考虑当前段就好了
sum[i]表示到i的前缀和。
先获取当前段大小now=sum[i] - sum[l]
所以如果now的第k位为0,并且之前的高位都不与当前ans冲突,就可以转移了
因为如果高位与ans冲突,而前面已经最优了,所以如果冲突只能是不那么优,
于是后面再优都补不回来了。其实这也是从高位贪心的意义所在
最后如果在f[n][A ~ B]中有任意一个为true的话,ans就不用修改(因为默认已经是0了)
而如果一个都没有,那么就将ans的当前位变成1,
那么考虑如何判断,
首先运算符肯定只能用or,不然是会遗漏信息的(也许可以用其他的吧,但是我没想到)
考虑这样两个二进制串:
now :101100 1011
ans : 101100 0000
中间的空格代表把第k位和后面隔开,
通过一些二进制的基本性质(其实也是所有进制的基本性质)可以发现,
如果前面都是相同的话,因为ans的小于k的位数都还不确定,都是0,
所以最大相差也就是2^(k-1),
反之如果前面有冲突,那么由于冲突在前面,相差一定会超过2^(k-1),
所以直接判断now和ans的差就可以了?
不是!
因为now是中间过程,所以now是可能小于ans的,
所以如果是这样的情况的话:
now : 100110 1011
ans : 101100 0000
这样的话now < ans,所以now - ans 一定小于 2^(k-1),-1是因为第k位对应的是2^(k-1),几次方是从0开始数的
但是这样是不合法的,之所以这样会被误判为合法,是因为它之前的那个粗体0帮后面的粗体1抵消掉了。
因此为了这样的0不会对真正不合法的1造成干扰,
我们只需要计算(now | ans) - ans < 2^(k-1)是否成立即可,
因为这样的话,所有这样的0都会变为1,于是这时要再有不合法的1出现就无法被抵消了。
于是小数据就解决了,但是考虑到最大的点n <= 2000,这样的复杂度肯定是过不去的
但是观察发现,对于最大的那几个点,满足A == 1,
而之前的f数组之所以要开二维,还要枚举段数,就是因为只有枚举了所有情况才能保证不漏掉A~B之间的答案,
因为段数小不一定更优,不然可能会找到小于A的答案,
但是因为A == 1,就不可能会找到小于A的答案了,这时也满足段数小的一定更优,
所以我们直接令g[i]表示dp到i,使第k位为0的最小段数,
然后转移时判断条件和上面一样即可,注意初始化g[0]=0,其余为极大值
下面放代码:
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define R register int #define AC 2100 #define getchar() *o++ #define LL long long char READ[5000100],*o=READ; int n,A,B,all; int s[AC],g[AC]; LL sum[AC];//g[i]是适用于没有下限的情况 LL ans; bool f[AC][250]; inline int read() { int x=0;char c=getchar(); while(c > '9' || c < '0') c=getchar(); while(c >= '0' && c <= '9') x=x*10+c-'0',c=getchar(); return x; } void work1()//f[i][j]代表前i位分成j段,第k位能否在保证前k位都不变且不考虑后面all-k位的情况下是否可能与当前ans相同(此时第k位默认为0) {//这样的话相当于给了一个判断依据ans,于是就可以提高复杂度以解决问题 LL now;//获取最高位数 bool done=false; all=log2(sum[n]) + 1; for(R k=all; k ;k--)//枚举位数(从高位开始贪心) { memset(f,0,sizeof(f)); f[0][0]=true; done=false;//error!!!每次都要重置 for(R i=1;i<=n;i++)//枚举到了哪里 { int be=min(i,B); for(R j=1;j<=be;j++)//枚举分的段数 { for(R l=j-1;l<i;l++)//枚举上一段的结尾,error!!!上一段啊怎么可以等于。。。。 { if(!f[l][j-1]) continue;//因为是|,所以前面有1不能消掉,所以前面不满足就不能取了 now=sum[i] - sum[l];//获取区间和 if(((now | ans) - ans) < (1LL<<(k-1)))//error!!!注意longlong {//如果相差小于当前位,代表不一样的都在后面,就没关系了 f[i][j]=true; break; } } if(i == n) { if(j >= A && j <= B && f[i][j]) { done=true; break;//如果找到了就无需再找了 } } } } if(!done) ans+=1LL<<(k-1);//因为1已经有一位了,所以只要移动k-1位就可以了(其实是因为本来就只要判断2^(k-1),因为第一位对应的是2^0) } printf("%lld\n",ans); } //g[i]代表满足这位为0最少需要的段数 void work2() { LL now; all=log2(sum[n]) + 1; for(R k=all; k ;k--) { memset(g,127,sizeof(g)); g[0]=0; for(R i=1;i<=n;i++)//枚举树 { for(R j=0;j<i;j++)//枚举上一段的结尾,,,懒得特判1了,就从0开始吧 { now=sum[i] - sum[j]; if(((now | ans) - ans) < (1LL<<(k-1))) g[i]=min(g[i],g[j]+1);//error!!!注意longlong }//因为要求最小的,所以就不能跳过了 } /* printf("!!!%d:\n",k); for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",g[i]); printf("\n");*/ if(g[n] > B) ans+=1LL<<(k-1);//error!!!貌似在这里也要加LL吧 } printf("%lld\n",ans); } void pre() { n=read(),A=read(),B=read(); for(R i=1;i<=n;i++) s[i]=read(),sum[i]=sum[i-1] + (LL)s[i]; } int main() { freopen("in.in","r",stdin); // freopen("sculpture.in","r",stdin); // freopen("sculpture.out","w",stdout); fread(READ,1,5000000,stdin); pre(); if(A == 1) work2();//特殊点特殊处理 else work1(); fclose(stdin); // fclose(stdout); return 0; }