Description

背景： 和久必分，分久必和。。。 题目描述： 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n1，表示当时的块数，接下来n1个数分别表示各块的面积。 第二行一个数n2，表示现在的块，接下来n2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 3

Sample Output

2

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抄的hzwer的博客，但是只可意会不可言传是什么鬼？！

于是参考了，虽然写法不同但是还是靠自己勉强理解了。

首先让我们考虑最坏情况，即我们完全可以将所有的数先合并再分开，那显然答案是n+m。

但是如果我们已经有了一堆数和答案中的一堆数和相同，那么我们只需要将这一堆数合并再分开，就能避免一次将这堆数并到其他数上再分开的两次操作。

所以我们设f[i]表示i状态（起始状态+终止状态）有多少堆数是相同的。

那么显然答案就是n+m-2*f[maxn]（maxn=(1<<n+m)-1）。

接下来考虑怎么求f。

设sum[i]表示i状态时当前国土大小（起始为正，终止为负），这样当某个状态sum[i]=0时显然f[i]++。

sum[i]=sum[lowbit(i)]+sum[i-lowbit(i)]显然是对的。

接下来考虑状态转移：f[i]=max(f[i],f[j])（j是i状态的子集，但显然不用全部枚举）

#include
     
      #include
      
       #include
       
        #include
        
         #include
         
          #include
          
           using namespace std;typedef long long ll;const int N=2097152;const int INF=2147483647;inline int read(){ int X=0,w=0;char ch=0; while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();} while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar(); return w?-X:X;}int f[N],sum[N];int main(){ int n=read(); for(int i=1;i<=n;i++)sum[1<
           >1]=read(); int m=read(); for(int i=1;i<=m;i++)sum[1<<(n+i)>>1]=-read(); n+=m; int t=1<
            
             >1)){ int k=i-(1<
             
              >1); f[i]=max(f[i],f[k]); } } if(!sum[i])f[i]++; } printf("%d\n",n-2*f[t-1]); return 0;}