一、题目

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二、解法

答案上界显然是 \(n\)，我们考虑怎么样把答案变小，显然我们要考虑怎么合理利用操作二。

我们用图论模型考虑操作的结构，如果对 \(u,v\) 使用了操作二，那么我们把 \((u,v)\) 连边。不难发现最优解的图一定是操作二的一个森林，因为如果操作二成环那么肯定没有直接使用操作一要好。

那么要求这个森林可以用状压 \(dp\) 的技巧解决，关键问题是如果判断集合 \(s\) 是否能成为一棵树。

这个问题比较复杂，可以考虑枚举法，假设我们已经枚举出了树的结构和每个点的点权：

如果我们不考虑那个 \(+1\)，发现每个点的贡献只和其深度有关，那么我们最后列出来的方程就是：奇数位置的点权\(-\)偶数位置的点权\(=0\)，把 \(+1\) 考虑进去的话那么每个 \(+1\) 可以任意贡献 \(+1/-1\)，所以可以列出方程：

暴力子集枚举是 \(O(3^n)\)，可以考虑折半搜索，也就是把两边的所有情况枚举出来，时间复杂度 \(O(2^{\frac{|S|}{2}})\)，然后 \(\tt two-pointers\) 合并即可，总时间复杂度 \(O((1+\sqrt 2)^n)\)，证明：

最后考虑怎么状压 \(dp\)，好像还是要用子集枚举啊，但是这道题比较特殊可以加点剪枝，考虑刷表法，如果 \(f[s]\) 已经被组合出来过了就那它就不去更新，也就是我们只拿最基本的单位去更新，时间复杂度 \(O(3^n)\) 还是快啊。

三、总结

本题使用了推结论的两大技巧：一是观察操作结构然后转图论模型；而是枚举法确定状态推出真正有关的量。我觉得枚举法是真的神奇，通过枚举我们可以知道所有信息，然后分析枚举后的状态看什么信息才是真正需要的。

子集枚举的优化技巧也值得借鉴，折半搜索那个复杂度是真的牛逼，还可以考虑有效转移来剪枝。

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
const int M = 1<<20;
int read()
{
	int x=0,flag=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') if(c=='-') flag=-1;
	while(c>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	return x*flag;
}
int n,m,a[25],b[25],f[M],sl[M],sr[M];
int Abs(int x) {return x>0?x:-x;}
void get(int *s,int &k,int l,int r)
{
	s[0]=0;
	static int ad[M],sb[M];
	for(int i=l;i<r;i++,k<<=1)
	{
		for(int j=0;j<k;j++)
			ad[j]=s[j]+b[i],sb[j]=s[j]-b[i];
		int p=0,q=0,t=0;
		while(p<k && q<k) s[t]=ad[p]<sb[q]?ad[p++]:sb[q++],t++;
		while(p<k) s[t]=ad[p++],t++;
		while(q<k) s[t]=sb[q++],t++;
	}
}
int check(int s)
{
	int sz=0,sum=0,l=1,r=1;
	for(int i=0;i<n;i++)
		if(s&(1<<i)) b[sz++]=a[i],sum+=a[i];
	if(Abs(sum)%2!=(sz-1)%2) return 0;
	get(sl,l,0,sz/2);
	get(sr,r,sz/2,sz);
	int nd=1+(Abs(sum)<sz)*2;
	for(int i=r-1,j=0;i>=0;i--)
	{
		while(j<l && sl[j]+sr[i]<=-sz) j++;
		for(int k=j;k<l && nd && sl[k]+sr[i]<sz;k++)
			nd--;
	}
	return !nd;
}
signed main()
{
	n=read();
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		a[i]=read();
		if(!a[i]) {i--;n--;continue;}
	}
	m=(1<<n)-1;
	for(int s=1;s<=m;s++)
		if(!f[s] && check(s))
		{
			f[s]=1;int cs=m-s;
			for(int t=cs;t;t=(t-1)&cs)
				f[s|t]=max(f[s|t],f[s]+f[t]);
		}
	printf("%lld\n",n-f[m]);
}