Description
背景
和久必分，分久必和。。。
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 \(n_1\) ，表示当时的块数，接下来 \(n_1\) 个数分别表示各块的面积。 第二行一个数 \(n_2\) ，表示现在的块，接下来 \(n_2\) 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 3Sample Output
2HINT
对于 \(100\%\) 的数据， \(n_1,n_2\le 10\) ，每个数 \(\le 50\)
Solution
这状压 dp 神题啊 \(\cdots\)
显然次数的上界是 \(n + m - 2\) ，就是全部合并成一块后再拆开。
但如果我们能把初始状态和结束状态分别分为 \(k\) 堆，两边分别对应相等，就可以用 \(n+m-2\times k\) 次操作完成。于是任务变成了最大化这个 \(k\) 。
然后 $\cdots $ 可意会不可言传 \(\cdots\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 21
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)
inline int read() {
int x = 0, flag = 1; char ch = getchar(); while (!isdigit(ch)) { if (!(ch ^ '-')) flag = -1; ch = getchar(); }
while (isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0', ch = getchar(); return x * flag;
}
int f[1 << N], sum[1 << N], n, m;
int main() {
cin >> n; rep(i, 1, n) sum[1 << i - 1] += read();
cin >> m; rep(i, 1, m) sum[1 << n + i - 1] -= read();
int S = (1 << n + m) - 1;
rep(i, 1, S) {
int t = i & -i;
rep(j, 1, n + m) if (i & (1 << j - 1)) f[i] = max(f[i], f[i - (1 << j - 1)]);
if (!(sum[i] = sum[t] + sum[i - t])) f[i]++;
}
cout << n + m - 2 * f[S];
return 0;
}