标签：状压DP
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
数据范围：
对于100%的数据，n1,n2<=10，每个数<=50
对于30%的数据，n1,n2<=6，
HINT
Source
题意：给定N1个数ai和N2个数bi，求通过几次合并或者拆分操作能将a数组转化为b数组
分析：无脑状压。如果正常合并或拆分，最多需要n1+n2-2次操作，那么这时如果存在ai==bj那么可以减少2次操作，同理，ans=n1+n2-2*f[ed]，ed表示最终的状态
Fi表示状态为i时最小操作次数
Code
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define mem(x,num) memset(x,num,sizeof x)
#define LL long long
using namespace std;
inline LL read()
{
LL f=1,x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int maxn=2e6+6;
LL n,m,f[maxn],sum[maxn],ed;
int main()
{
n=read();rep(i,1,n)sum[1<<(i-1)]=read();
m=read();rep(i,1,m)sum[1<<(n+i-1)]=-read();
ed=(1<<(n+m))-1;
rep(i,1,ed){
int t=i&(-i);
sum[i]=sum[t]+sum[i-t];
rep(j,1,n+m) if(i&(1<<(j-1)))f[i]=max(f[i],f[i-(1<<(j-1))]);
if(!sum[i])f[i]++;
}
printf("%lld\n",n+m-2*f[ed]);
return 0;
}
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