巴厘岛的雕塑

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Description

印尼巴厘岛的公路上有许多的雕塑,我们来关注它的一条主干道。

在这条主干道上一共有 N 座雕塑，为方便起见，我们把这些雕塑从 1 到 N 连续地进行标号，其中第 i 座雕塑的年龄是 Yi 年。为了使这条路的环境更加优美，政府想把这些雕塑分成若干组，并通过在组与组之间种上一些树，来吸引更多的游客来巴厘岛。

下面是将雕塑分组的规则：

这些雕塑必须被分为恰好 X 组，其中 A< = X< = B，每组必须含有至少一个雕塑，每个雕塑也必须属于且只属于一个组。同一组中的所有雕塑必须位于这条路的连续一段上。

当雕塑被分好组后，对于每个组，我们首先计算出该组所有雕塑的年龄和。

计算所有年龄和按位取或的结果。我们这个值把称为这一分组的最终优美度。

请问政府能得到的最小的最终优美度是多少?

备注：将两个非负数 P 和 Q 按位取或是这样进行计算的：

首先把 P 和 Q 转换成二进制。

设 nP 是 P 的二进制位数，nQ 是 Q 的二进制位数，M 为 nP 和 nQ 中的最大值。P 的二进制表示为 pM−1pM−2…p1p0，Q 的二进制表示为 qM−1qM−2…q1q0，其中 pi 和 qi 分别是 P 和 Q 二进制表示下的第 i 位，第 M−1 位是数的最高位，第 0 位是数的最低位。

P 与 Q 按位取或后的结果是： (pM−1 OR qM−1)(pM−2 OR qM−2)…(p1 OR q1)(p0 OR q0)。其中：

0 OR 0=0

0 OR 1=1

1 OR 0=1

1 OR 1=1

Input

输入的第一行包含三个用空格分开的整数 N,A,B。

第二行包含 N 个用空格分开的整数 Y1,Y2,…,YN。

Output

输出一行一个数，表示最小的最终优美度。

Sample Input

6 1 3
　8 1 2 1 5 4

Sample Output

11

explanation
　将这些雕塑分为 2 组，(8,1,2) 和 (1,5,4)，它们的和是 (11) 和 (10)，最终优美度是 (11 OR 10)=11。（不难验证，这也是最终优美度的最小值。）

HINT

子任务 1 （9 分）

1< = N< = 20

1< = A< = B< = N

0< = Yi< = 1000000000

子任务 2 （16 分）

1< = N< = 50

1< = A< = B< = min{20,N}

0< = Yi< = 10

子任务 3 （21 分）

1< = N< = 100

A=1

1< = B< = N

0< = Yi< = 20

子任务 4 （25 分）

1< = N< = 100

1< = A< = B< = N

0< = Yi< = 1000000000

子任务 5 （29 分）

1< = N< = 2000

A=1

1< = B< = N

0< = Yi< = 1000000000

Main idea

将一个序列分为若干组，使得每组的和OR起来的值最小。

Solution

根据题意，要使最终的答案最小，可以想到利用贪心，从高到低枚举答案的每一位，如果能取0则取0，否则取1。

问题转化为如何判断答案的某一位能否取0，我们考虑用DP解决这个问题。假设当前枚举到第pos位。

令f[i][j]表示前i个数分成j组，显然该位可以填0的条件是：

1.存在k在i前面分了j-1组可行；

2.异或值满足之前已经枚举的相同（保证最小）

3.这一位可以是0。

这样可以过71分，最后一组数据TLE，发现最后一组数据下界固定为1，由于显然发现组数越小越优，可以令g[i]表示令第i位为0的最小组数，如果组数<B则这位可以为0。

Code

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100
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int ONE=2001;

int n,A,B;
int a[ONE],g[ONE];
bool f[ONE][ONE];
long long Sum[ONE];
long long res;
long long total;
int PD,len;

int get()
{
    int res,Q=1;    char c;
    while( (c=getchar())<48 || c>57)
        if(c=='-')Q=-1;
    if(Q) res=c-48;
    while((c=getchar())>=48 && c<=57)
        res=res*10+c-48;
    return res*Q;
}

void PartOne()
{
    for(int pos=len;pos>=1;pos--)
    {
        memset(f,0,sizeof(f));
        f[0][0]=1;

        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=i;j++)
                for(int k=0;k<=i-1;k++)
                {
                    total=Sum[i]-Sum[k];

                    if(f[k][j-1] && ((total>>pos)|res)==res &&  ((total>>(pos-1)) & (long long)1)==0 )
                    {
                        f[i][j]=1;
                        break;
                    }
                }

        PD=0;
        for(int i=A;i<=B;i++)
        {
            PD=f[n][i];
            if(PD) break;
        }
        res<<=1;
        if(!PD) res|=1;
    }
}

void PartTwo()
{
    for(int pos=len;pos>=1;pos--)
    {
        memset(g,63,sizeof(g));
        g[0]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int k=0;k<=i-1;k++)
            {
                total=Sum[i]-Sum[k];

                if(((total>>pos)|res)==res &&  ((total>>(pos-1)) & (long long)1)==0 )
                {
                    g[i]=min(g[i],g[k]+1);
                }
            }

        res<<=1;
        if(g[n]>B) res|=1;
    }

}

int main()
{
    n=get();    A=get();    B=get();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        a[i]=get();
        Sum[i]=Sum[i-1]+a[i];
    }

    total=Sum[n];
    while(total)
    {
        len++;
        total>>=1;
    }

    if(A!=1) PartOne();
    else PartTwo();

    printf("%lld",res);

}