Codeforces1286F Harry The Potter【转换 + 子集卷积】

题目描述：

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

题目分析：

将操作2看做一条边，如果最后的方案连出了一个环，那么将这个环上所有的边换成操作1不会更劣。

所以最优方案一定是操作二连成森林，然后剩下的点用操作一。

因为一棵树可以减少1次操作，所以我们想要分出尽量多的连通块。

考虑怎么判断集合$S$能否使用$S-1$操作二清零：

随便选一个点作根，假设每条边两端减掉的值都是$x$，从叶子开始依次减，那么减到根的时候将根此时的权值用变量表示，那么与根深度奇偶性相同的点的变量带的符号就是正号，相异的就是负号：

我们希望根节点的值为0，那么就是 奇数深度节点的权值和 = 偶数深度节点的权值和。

然后考虑每条边可以给两端的任意一端+1，总共有$S-1$条边可以用，那么$S$集合可以用操作二清零的条件就是可以将$S$分为两个非空集合$A,B$，满足$abs(sum[A]-sum[B])<|S|~且~sum[S]的奇偶性与S-1相同$

判断一个集合$S$是否满足上面的条件，可以$O(3^n)$，但是太慢。问题相当于是将$S$中的数带上正负号，考虑折半然后合并。设S的左半部分的所有状态为$sl[]$，右半部分的所有状态为$sr[]$，因为只需要判断是否存在解，所以先将$sl$和$sr$分别排序（这个可以在求的时候排好），然后设一个指针$R$指向$sr$的最右端，$L$指向$sl$的最左端，如果$sl[L]+sr[R]<-(S-1)$，那么$L++$，知道满足条件后，$for$循环$L$判断是否满足$sl[L]+sr[R]<S-1$。（这一部分结合代码理解一下）

这样对于一个状态$S$，$check$的复杂度就是$O(2^{\frac {|S|}2})$，求个和就是官方题解中的$(1+\sqrt 2)^n$

然后考虑怎么求答案，官方题解的做法是：如果$S$可行，那么令$A_S=1$，然后对$A$做$p$次子集卷积，如果$A^{p}$中存在某一位不为0，说明存在一种分$p$个集合的方案，于是要做的就是找到最小的$p$满足$A^p$中所有位都为0，最终的答案就是$n-(p-1)$。

求这个$p$可以考虑倍增，如果超过了就退，这样复杂度是$O(2^n*n^2\log n)$的，还有点常数。

这样做显然比较麻烦，我们考虑暴力的子集卷积是$O(3^n)$的，但是其实完全没有必要，对于一个由多个可行集合组成的$S$，我们只需要在它最小的那个可行子集处更新它。所以只有当集合$T$是可行集合，且不能由其它可行集合组合而成时，我们用它去更新$f[T\in T']$。这样剪枝之后虽然复杂度没有什么保证，但是实际运行效果非常好，Codeforces上目前最快的写法大都是这样写的。

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]);
}