给定一个初始集合和目标集合，有两种操作：
- 合并集合中的两个元素，新元素为两个元素之和
- 分裂集合中的一个元素，得到的两个新元素之和等于原先的元素
要求用最小步数使初始集合变为目标集合，求最小步数。
链接
BZOJ 2064
题解
只可意会不可言传的状压 DP
首先答案只可能由初始集合分裂成一些小的集合，分别合成一些小状态，再拆开得到的。
所以答案最坏情况就是全部合在一起，然后拆开成目标集合。
令 $f[i][j]$ 表示初始时的集合 $i$ 结束时的集合 $j$ 最小需要的步数，且 $i$ 中的元素和等于集合 $j$ 中的元素和。
所以当前最坏情况就是 $|i| + |j| - 2$，状态转移为：
$$f[i][j] = \min(f[i][j], f[k][t] + f[i - k][j - t])$$
所以我们枚举子集就可以直接转移了，时间复杂度 $O(3 ^ {n + m})$（实际上比这个快多了，满足元素和相等的状态并不多）
代码
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#include <bits/stdc++.h>
namespace {
const int MAXN = 1 << 10;
int sum1[MAXN + 1], sum2[MAXN + 1];
int f[MAXN + 1][MAXN + 1];
int a[11], b[11];
inline void solve() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(NULL), std::cout.tie(NULL);
register int n1, n2;
std::cin >> n1;
for (register int i = 0; i < n1; i++) std::cin >> a[i];
std::cin >> n2;
for (register int i = 0; i < n2; i++) std::cin >> b[i];
for (register int i = 1, s = 1 << n1; i < s; i++)
for (register int j = 0; j < n1; j++)
if (i >> j & 1) sum1[i] += a[j];
for (register int i = 1, s = 1 << n2; i < s; i++)
for (register int j = 0; j < n2; j++)
if (i >> j & 1) sum2[i] += b[j];
for (register int i = 0, s = 1 << n1; i < s; i++)
memset(f[i], 0x3f, sizeof(int) * (1 << n2 | 1));
for (register int i = 1, s1 = 1 << n1; i < s1; i++) {
for (register int j = 1, s2 = 1 << n2; j < s2; j++) {
if (sum1[i] == sum2[j]) {
f[i][j] = __builtin_popcount(i) + __builtin_popcount(j) - 2;
for (register int k = i & (i - 1); k; k = i & (k - 1))
for (register int t = j & (j - 1); t; t = j & (t - 1))
if (sum1[k] == sum2[t])
f[i][j] =
std::min(f[i][j], f[k][t] + f[i - k][j - t]);
}
}
}
std::cout << f[(1 << n1) - 1][(1 << n2) - 1];
}
}
int main() {
solve();
return 0;
}
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