bzoj2064（状压dp）

题目中给出的比较显然的状态，也因为数据范围比较显然地不能那么设计状态。。

那么分析题目性质，我们会发现，最多需要移动n+m-2次。实际上，简化移动，就是如果两堆当中如果有相等大小的就会减少移动次数，相等的堆数越多，减少的移动次数就越多。

因此我们就想办法计算出最多能减少多少移动次数，怎么办呢？。。反正我不会。。看题解，这里采用状压dp：

最优方案中出现的所有数一定是一开始两个数列中出现过的数，首先找一个操作数的上界，那一定是n+m，显然只要把第一个数列n次加起来加成一个数，然后再m次分割分成数列2即可

 如果已经有a数列里的一坨数的和等于b数列里一坨数的和的话，那先把这两坨数搞成相同的，就可以在上界的基础上减少两次操作，也就是将这两坨数的和合到总和里去，和从总和里分出来的那两次操作省去了，然后再看这两坨数里面最大的和相等的部分，这就是最优子结构了，就可以用DP愉快地搞定了

DP[S][T]表示a数列选中的方案为S,b数列中选中方案为T，两坨数相同的最大值，由上所述，每个相同能减少两次操作，因此答案就是n+m-dp[(1<<(n))-1][(1<<(m))-1]

#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cmath>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;int n,m;int a[20],b[20];int suma[1<<15],sumb[1<<15];int dp[2050][2050];void dfs(int *sum,int *a,int S,int num,int len){if (sum[S]) return ;sum[S]=num;for (int i=0;i<len;i++)if (!(S&(1<<i)))dfs(sum,a,S|(1<<i),num+a[i],len);}int main(){scanf("%d",&n);for (int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]);scanf("%d",&m);for (int i=0;i<m;i++) scanf("%d",&b[i]);dfs(suma,a,0,0,n);dfs(sumb,b,0,0,m);for (int s=1;s<(1<<n);s++)for (int t=1;t<(1<<m);t++) {for (int k=0;k<n;k++) {int u=1<<k;if (s&u) dp[s][t]=max(dp[s][t],dp[s-u][t]);}for (int k=0;k<m;k++){int u=1<<k;if (t&u) dp[s][t]=max(dp[s][t],dp[s][t-u]);}if (suma[s]==sumb[t]) dp[s][t]++;}printf("%d",n+m-2*dp[(1<<n)-1][(1<<m)-1]);return 0;}