BZOJ 2064: 分裂 状压DP

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title

BZOJ 2064
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，

HINT
Source

和谐社会模拟赛

analysis

翻阅了很多大佬的题解，终于算是明白了这道题的巧妙之处，估计这也是为什么黄学长说它只可意会不可言传的缘故了吧纯属个人yy。

• 思路：
  • 首先可以确定的是，对于任何一组合法的 $A,B$， $A$至多需要 $n+m-2$次就可以变换到 $B$，这是显然的。可以先经过 $n-1$次操作把A数列合并成一个数，然后再经过 $m-1$次操作拆分成 $B$数列。
  • 然而这样的步骤中可能有不必要的操作。
  • 如果说在把 $A$合并成一个集合的过程中，某个时刻这一个集合已经和 $B$中某些数字的和相等了，那么完全可以把这一个集合直接拆分成 $B$那些数字，而不需要继续和其他的 $A$中的数字合并成更大的一个集合再去拆分。
  • 也就是说，如果 $A$中有子集和 $B$的某一个子集和相等，那么完全可以把这两个子集单独处理。每多一个不相交的 且 和相等的 子集，总步数就会减少 $2$，
  • 所以最后答案就是 $n+m-2*k$（ $k$表示子集个数）。
• 初步算法：
  • 所以我们设置如下状态：设 $f[S]$表示状态为 $S$时的 $k$。
    状态转移方程为 $f[2^i]=0，f[S]=max(f[T]+f[S−T])(T⊂S)$。这样就大概设计出了一个 $O(3^n)$的真·枚举子集的算法我是真的不会算复杂度。
• 优化：所以我们就要想怎么进一步优化了。真难受，又要优化
  • 那么我们设 $sum[i]$表示 $i$的子集的和，
    我们可以发现 $f[S]≥f[T](T⊂S)$，
    接着可以推出 $f[S]=max\left\{f[T]+[\text{ }sum[S−T]=0\text{ }] \right\}(T⊂S)$，
    进而推出 $f[S]=max\left\{f[T]\right\}+[\text{ }sum[S]=0\text{ }](T⊂S)$，
    进而推出 $f[S]=max\left\{f[T]\right\}+[\text{ }sum[S]=0\text{ }](T=S−2^i)$
    (因为这样的 $f[T]$包含了所有的较优解)。
    $k$为 $f[2^{n+m}-1]$，这样，我们就成功的写出了 $O(n⋅2^n)$的假·枚举子集的算法。
• 总结
  • 对于这一类的状压 $DP$，我们需要处理的是将最终状态变为多个合法状态的最大状态个数。当一个状态的 $DP$值大于等于所有子集的 $DP$值，并且 $f(2^i)=0$时，就可以将 $O(3^n)$变为 $O(n⋅2^n)$的复杂度。但是这种方法慎用，否则可能会有惊喜。

参考资料：
lzx_2014

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=3e6;
template<typename T>inline void read(T &x)
{
	x=0;
	T f=1, ch=getchar();
	while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
	if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
	while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
	x*=f;
}
int sum[maxn],f[maxn];
int main()
{
	int n;read(n);
	for (int i=1; i<=n; ++i) read(sum[1<<i-1]);
	int m;read(m);
	for (int i=n+1; i<=n+m; ++i)
		read(sum[1<<i-1]),sum[1<<i-1]=-sum[1<<i-1];
	n+=m;
	for (int i=1; i<=(1<<n)-1; ++i)
	{
		sum[i]=sum[i & -i]+sum[i^(i & -i)];
		for (int k=1; k<=n; ++k)
			if (i&(1<<k-1))
				f[i]=max(f[i],f[i^(1<<k-1)]);
		if (!sum[i]) ++f[i];
	}
	printf("%d\n",n-( f[(1<<n)-1]<<1 ));
	return 0;
}