NKOJ4763 分裂 [状态压缩][DP]

问题描述

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。

输入格式

第一行第一个数n，表示当时的块数，接下来n个数分别表示各块的面积。
第二行第一个数m，表示现在的块数，接下来m个数分别表示各块的面积。

输出格式

一行一个数表示最小次数。

样例输入

1 6
3 1 2 3

样例输出

数据范围

对于30%的数据，n,m<=6，
对于100%的数据，n,m<=10，每个数<=50

分析题目会发现，如果分裂前、分裂后某部分之和相同，那么这一部分的最大操作次数是n-1+m-1即n+m-2（合并n次，分离m次）. 如果有两部分在分裂前、分裂后相同，那么合并的次数又要少两次（这两部分之间不需要的分裂、合并操作），即n+m-4. 同理，三部分，n+m-6……N部分，n+m-2*N.

所以，如果要操作次数最少，那么就要使分裂前、分裂后相同的部分尽可能多。数据范围这么小，当然是用状压来做。枚举子集即可得出答案。

设定状态f[i][j]，表示在分裂前状态分别为i,j时最多有多少相同的部分。由于状态都是从0开始算的，所以每次只要增添或者减少一块就可以了。如果两块面积相等，那么此时的状态就等于上一个状态；如果面积不相等，那么就一定无法完全分成相同的几部分，所以此时的状态就等于上一个状态+1.

这道题很劲，但是代码很短。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define N 1100
using namespace std;
int s1[N],s2[N],f[N][N];
int Lowbit(int x){return x&(-x);} 
int main(){
    int n,nn,Ans=0;scanf("%d",&n);
    nn=(1<<n)-1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&s1[1<<(i-1)]);
    int m,mm;scanf("%d",&m);
    mm=(1<<m)-1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d",&s2[1<<(i-1)]);
    for(int i=1;i<=nn;i++)
        s1[i]=s1[i^Lowbit(i)]+s1[Lowbit(i)];
    for(int i=1;i<=mm;i++)
        s2[i]=s2[i^Lowbit(i)]+s2[Lowbit(i)];
    for(int i=1;i<=nn;i++)
        for(int j=1;j<=mm;j++){
            for(int p=0;p<max(n,m);p++){
                int t=1<<p;
                if(i&t)f[i][j]=max(f[i][j],f[i^t][j]);
                if(j&t)f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j^t]);
            }
            if(s1[i]==s2[j])f[i][j]++;
            Ans=max(Ans,f[i][j]);
        }
    printf("%d",n+m-(Ans<<1));return 0;
}