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
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。）
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
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
using namespace std; const int ONE=; 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=; char c;
while( (c=getchar())< || c>)
if(c=='-')Q=-;
if(Q) res=c-;
while((c=getchar())>= && c<=)
res=res*+c-;
return res*Q;
} void PartOne()
{
for(int pos=len;pos>=;pos--)
{
memset(f,,sizeof(f));
f[][]=; for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=i;j++)
for(int k=;k<=i-;k++)
{
total=Sum[i]-Sum[k]; if(f[k][j-] && ((total>>pos)|res)==res && ((total>>(pos-)) & (long long))== )
{
f[i][j]=;
break;
}
} PD=;
for(int i=A;i<=B;i++)
{
PD=f[n][i];
if(PD) break;
}
res<<=;
if(!PD) res|=;
}
} void PartTwo()
{
for(int pos=len;pos>=;pos--)
{
memset(g,,sizeof(g));
g[]=;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int k=;k<=i-;k++)
{
total=Sum[i]-Sum[k]; if(((total>>pos)|res)==res && ((total>>(pos-)) & (long long))== )
{
g[i]=min(g[i],g[k]+);
}
} res<<=;
if(g[n]>B) res|=;
} } int main()
{
n=get(); A=get(); B=get();
for(int i=;i<=n;i++)
{
a[i]=get();
Sum[i]=Sum[i-]+a[i];
} total=Sum[n];
while(total)
{
len++;
total>>=;
} if(A!=) PartOne();
else PartTwo(); printf("%lld",res); }