bzoj2064分裂 关于一类状压问题的总结

2064: 分裂

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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

好题好题。可以当作状态压缩的一种DP模板。

1.      最终状态是2^n-1

2.      各个子集之间的答案互不影响，且对于每种状态S，f(S)=f(T)+f(S-T)，其中T为S子集

3.      一个合法状态S的最差答案=S包含1的个数-a（或+a）

4.      目标最小化（最大化）

在这个时候，划分子集划分得越多越好。所以我们把问题转化为把S分成尽量多的合法状态。于是我们设f[S]为将S划分成最多的子集个数。方程有f[S]=max{f[T]+f[S-T],f[S]}(注意S，T，S-T都必须是合法状态)，其中T为S子集，[]为布尔表达式。最后的答案就是n-a*f[2^n-1]

这样子初步设计出了O(3^n)的算法

特别地，若f[2^i]=0，也就是若S只由单个1组成时不是合法状态吗，并且去掉一个1之后也不是合法状态，我们可以令f[S]=max{f[S-2^i]}+[S为合法状态]，其中S的第i位是1，也就是把S划分成单个1和其余部分。因为此时S-2^i是一个最优子结构。因为任意一个其余的子集一定包含在这些子集之中。这样的算法可以优化到O(n2^n)（此方法慎用）

套到本题，我们把新旧设计在从一个状态中。我们定义一个状态的sum值为新的面积减去旧的面积，那么当sum是0的时候，显然是一个合法的变化状态，假设这个时候新旧加起来是n个数，我们把新的并起来，在逐一拆回旧的，那么一共经历了n-2次变换。这个和上述模板不谋而合。

然后就可以开心的状压了。

相同类型的题目还有bzoj3900，可以去试看看

 

#include<iostream>#include<cstdlib>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#include<vector>using namespace std;const int N = 3000000;int read(){    char ch = getchar(); int x = 0, f = 1;    while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}    while(ch >= '0' && ch <= '9') {x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}    return x * f;}int n, m, bin[30], sum[N], f[N]; int main(){    bin[0] = 1; for(int i = 1;i <= 25; ++i) bin[i] = bin[i - 1] << 1;     n = read();    for(int i = 0;i < n; ++i) sum[bin[i]] = read();     m = read();    for(int i = 0;i < m; ++i) sum[bin[i + n]] = -read();    n += m;    for(int i = 1;i < bin[n]; ++i) {        int t = i & (-i);        sum[i] = sum[t] + sum[i ^ t];        for(int j = 0; j < n; ++j)        if(i & bin[j]) f[i] = max(f[i], f[i ^ bin[j]]);        if(!sum[i]) ++f[i];    }    printf("%d\n", n - (f[bin[n] - 1] << 1));    return 0;}