Codeforces1286F Harry The Potter【轉換 + 子集卷積】

題目描述：

$n\le20,|a_i|\le10^{15}$

題目分析：

將操作2看做一條邊，如果最後的方案連出了一個環，那麼將這個環上所有的邊換成操作1不會更劣。

所以最優方案一定是操作二連成森林，然後剩下的點用操作一。

因爲一棵樹可以減少1次操作，所以我們想要分出儘量多的連通塊。

考慮怎麼判斷集合$S$能否使用$S-1$操作二清零：

隨便選一個點作根，假設每條邊兩端減掉的值都是$x$，從葉子開始依次減，那麼減到根的時候將根此時的權值用變量表示，那麼與根深度奇偶性相同的點的變量帶的符號就是正號，相異的就是負號：

我們希望根節點的值爲0，那麼就是 奇數深度節點的權值和 = 偶數深度節點的權值和。

然後考慮每條邊可以給兩端的任意一端+1，總共有$S-1$條邊可以用，那麼$S$集合可以用操作二清零的條件就是可以將$S$分爲兩個非空集合$A,B$，滿足$abs(sum[A]-sum[B])<|S|~且~sum[S]的奇偶性與S-1相同$

判斷一個集合$S$是否滿足上面的條件，可以$O(3^n)$，但是太慢。問題相當於是將$S$中的數帶上正負號，考慮折半然後合併。設S的左半部分的所有狀態爲$sl[]$，右半部分的所有狀態爲$sr[]$，因爲只需要判斷是否存在解，所以先將$sl$和$sr$分別排序（這個可以在求的時候排好），然後設一個指針$R$指向$sr$的最右端，$L$指向$sl$的最左端，如果$sl[L]+sr[R]<-(S-1)$，那麼$L++$，知道滿足條件後，$for$循環$L$判斷是否滿足$sl[L]+sr[R]<S-1$。（這一部分結合代碼理解一下）

這樣對於一個狀態$S$，$check$的複雜度就是$O(2^{\frac {|S|}2})$，求個和就是官方題解中的$(1+\sqrt 2)^n$

然後考慮怎麼求答案，官方題解的做法是：如果$S$可行，那麼令$A_S=1$，然後對$A$做$p$次子集卷積，如果$A^{p}$中存在某一位不爲0，說明存在一種分$p$個集合的方案，於是要做的就是找到最小的$p$滿足$A^p$中所有位都爲0，最終的答案就是$n-(p-1)$。

求這個$p$可以考慮倍增，如果超過了就退，這樣複雜度是$O(2^n*n^2\log n)$的，還有點常數。

這樣做顯然比較麻煩，我們考慮暴力的子集卷積是$O(3^n)$的，但是其實完全沒有必要，對於一個由多個可行集合組成的$S$，我們只需要在它最小的那個可行子集處更新它。所以只有當集合$T$是可行集合，且不能由其它可行集合組合而成時，我們用它去更新$f[T\in T']$。這樣剪枝之後雖然複雜度沒有什麼保證，但是實際運行效果非常好，Codeforces上目前最快的寫法大都是這樣寫的。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 20
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 1<<20|5;
int n,f[N];
LL a[maxn];
LL b[maxn],sl[N],sr[N];
void getque(LL *s,int l,int r){
	int m=1; s[1]=0;
	static LL pos[N],neg[N];
	for(int i=l;i<=r;i++,m<<=1){
		for(int j=1;j<=m;j++) pos[j]=s[j]+b[i],neg[j]=s[j]-b[i];
		for(int x=1,y=1,k=1;k<=m<<1;k++)
			s[k]=x>m?neg[y++]:y>m?pos[x++]:pos[x]<neg[y]?pos[x++]:neg[y++];
	}
}
bool check(int S){
	int sz=0; LL sum=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) if(S>>i-1&1) sum+=a[i],b[++sz]=a[i];
	if(sum-(sz-1)&1) return 0;
	getque(sl,1,sz/2),getque(sr,sz/2+1,sz);
	int L=1<<(sz/2),R=1<<(sz-sz/2),need=1+(abs(sum)<sz)*2;
	for(int i=R,j=1;i>=1;i--){
		while(j<=L&&sl[j]+sr[i]<=-sz) j++;
		for(int k=j;k<=L&&need&&sl[k]+sr[i]<sz;k++) need--;
	}
	return !need;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n); int m=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),a[i]&&(a[++m]=a[i]);
	n=m; int all=(1<<n)-1;
	for(int s=1;s<=all;s++) if(!f[s]&&check(s)){//!f[s] can cut tons of situations.
		int r=all^s; f[s]=1;
		for(int t=r;t;--t&=r) f[s|t]=max(f[s|t],f[t]+1);
	}
	printf("%d\n",n-f[all]);
}