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 NN 座雕塑，为方便起见，我们把这些雕塑从 11 到 NN 连续地进行标号，其中第 ii 座雕塑的年龄是 YiYi 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 XX 组，其中 A≤X≤BA≤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 PP 和 QQ 按位取或是这样进行计算的：
- 首先把 PP 和 QQ 转换成二进制。
- 设 nPnP 是 PP 的二进制位数，nQnQ 是 QQ 的二进制位数，MM 为 nPnP 和 nQnQ 中的最大值。PP 的二进制表示为 pM−1pM−2…p1p0pM−1pM−2…p1p0，QQ 的二进制表示为 qM−1qM−2…q1q0qM−1qM−2…q1q0，其中 pipi 和 qiqi 分别是 PP 和 QQ 二进制表示下的第 ii 位，第 M−1M−1 位是数的最高位，第 00 位是数的最低位。
- PP 与 QQ 按位取或后的结果是： (pM−1ORqM−1)(pM−2ORqM−2)…(p1ORq1)(p0ORq0)(pM−1ORqM−1)(pM−2ORqM−2)…(p1ORq1)(p0ORq0)。其中：
- 0OR0=00OR0=0
- 0OR1=10OR1=1
- 1OR0=11OR0=1
- 1OR1=11OR1=1
输入格式
输入的第一行包含三个用空格分开的整数 N,A,BN,A,B。
第二行包含 NN 个用空格分开的整数 Y1,Y2,…,YNY1,Y2,…,YN。
输出格式
输出一行一个数，表示最小的最终优美度。
样例一
input
6 1 3 8 1 2 1 5 4
output
11
explanation
将这些雕塑分为 22 组，(8,1,2)(8,1,2) 和 (1,5,4)(1,5,4)，它们的和是 (11)(11) 和 (10)(10)，最终优美度是 (11OR10)=11(11OR10)=11。（不难验证，这也是最终优美度的最小值。）
子任务
- 子任务 1 （9 分）
- 1≤N≤201≤N≤20
- 1≤A≤B≤N1≤A≤B≤N
- 0≤Yi≤10000000000≤Yi≤1000000000
- 子任务 2 （16 分）
- 1≤N≤501≤N≤50
- 1≤A≤B≤min{20,N}1≤A≤B≤min{20,N}
- 0≤Yi≤100≤Yi≤10
- 子任务 3 （21 分）
- 1≤N≤1001≤N≤100
- A=1A=1
- 1≤B≤N1≤B≤N
- 0≤Yi≤200≤Yi≤20
- 子任务 4 （25 分）
- 1≤N≤1001≤N≤100
- 1≤A≤B≤N1≤A≤B≤N
- 0≤Yi≤10000000000≤Yi≤1000000000
- 子任务 5 （29 分）
- 1≤N≤20001≤N≤2000
- A=1A=1
- 1≤B≤N1≤B≤N
- 0≤Yi≤10000000000≤Yi≤1000000000
时间限制：1s
空间限制：64MB
贪心 DP 位运算
“同一组中的所有雕塑必须位于这条路的连续一段上”←这个性质看上去科学而优雅，这使得我们可以DP分段。
答案是位运算的结果，那么可以考虑贪心，显然从高到低考虑每一位，当前位能填0就填0，最后的结果肯定比当前位填1小。
数据范围比较小，可以从高到低分别考虑答案的每一个二进制位：
设f[考虑到第i个][分了j组]=当前位是否为0
简单DP枚举分段位置，如果 f[k][j-1]==0 （k以前的部分都不会使得当前位为1）
且 (sum[i]-sum[k])&（1<<pos）==0 (从k+1到i分成一段可行) 且 (((sum[i]-sum[k])|ans)>>pos) == (ans >> pos) (这么分组并不会改变更高位的答案)
那么f[i][j]=0
最后一组数据n==2000，用上面的方法复杂度太高了。由于A==1，所以可以用另一种DP方程类似地求解，具体看代码
1 /*by SilverN*/
2 #include<algorithm>
3 #include<iostream>
4 #include<cstring>
5 #include<cstdio>
6 #define LL long long
7 using namespace std;
8 const int mxn=2010;
9 int read(){
10 int x=0,f=1;char ch=getchar();
11 while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
12 while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
13 return x*f;
14 }
15 int f[105][105];
16 LL a[mxn],smm[mxn];
17 int g[mxn];
18 LL ans=0;
19 int n,A,B;
20 void solve(){
21 for(int pos=45;pos>=0;pos--){
22 memset(f,1,sizeof f);
23 f[0][0]=0;
24 for(int i=1;i<=n;i++)//now
25 for(int j=1;j<=B;j++)//group
26 for(int k=0;k<i;k++)
27 if(f[k][j-1]==0 && (((smm[i]-smm[k])>>pos)&1)==0 && (((smm[i]-smm[k])|ans)>>pos)==(ans>>pos)){
28 f[i][j]=0;
29 break;
30 }
31 bool flag=0;
32 for(int i=A;i<=B;i++)
33 if(f[n][i]==0){flag=1;break;}
34 if(!flag)ans|=1LL<<pos;
35 }
36 printf("%lld\n",ans);
37 return;
38 }
39 void solve2(){
40 for(int pos=51;pos>=0;pos--){
41 for(int i=1;i<=n;i++)g[i]=0x3f3f3f3f;
42 g[0]=0;
43 for(int i=1;i<=n;i++)
44 for(int j=0;j<i;j++){
45 if((((smm[i]-smm[j])>>pos)&1))continue;
46 if((((smm[i]-smm[j])|ans)>>pos)==(ans>>pos))g[i]=min(g[i],g[j]+1);
47 }
48 if(g[n]>B)ans|=1LL<<pos;
49 }
50 printf("%lld\n",ans);
51 return;
52 }
53 int main(){
54 int i,j;
55 n=read();A=read();B=read();
56 for(i=1;i<=n;i++){
57 a[i]=read();smm[i]=smm[i-1]+a[i];
58 }
59 if(A==1)solve2(); else solve();
60 return 0;
61 }