【BZOJ2064】分裂（状压dp+奇技淫巧）

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。

题解：网上一片的“只可意会不可言传”和“1<< x >>1”的骚写法我也是醉了……
首先对于这道题，我们可以确定解的上界为n+m-2，即合并n次，分离m次。这时候，我们发现：如果之前状态的某些和之后状态的某些相等了，那么可以减少2次合并，如果有x组，就减少2*x次操作。
于是问题就转化成求k的最小值。
这就可以用状压DP完成了。我们将初始状态和结束状态混在一起，初始的权值不变，结束的权值变为相反数。然后一个状态x，二进制第i位等于1/0对应的第i个数取/不取。这样如果某一个子集的和等于0，就表示它对应的初始和结束状态的和相等。最后答案等于n+m-2*f[2^(n+m)-1]。
最后感叹一下，真是神题。

#include<iostream>#include<stdio.h>#include<algorithm>#include<string.h>#include<math.h>#define ll long long#define inf 0x7f7f7f7f#define lb(x) (x&(-x))using namespace std;int m,n,x,sum[1<<21],f[1<<21];int main()  {      scanf("%d",&n);    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&sum[1<<(i-1)]);      scanf("%d",&m);    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&x),sum[1<<(n+i-1)]=-x;        for(int i=1;i<(1<<(n+m));i++)      {          int t=lb(i);          sum[i]=sum[t]+sum[i-t];          for(int j=1;j<=n+m;j++)         if(i&(1<<(j-1))) f[i]=max(f[i],f[i-(1<<(j-1))]);          if(!sum[i]) f[i]++;      }      printf("%d\n",n+m-2*f[(1<<(n+m))-1]);      return 0;  }