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分析：非常神的一道題.迭代加深搜尋+rand可以騙得20分.狀壓n的話只有24分，必須對問題進行乙個轉化.

在爆搜的過程中，可以利用差分來快速地對乙個區間進行修改，把一般的差分改成異或型的差分：

b[i] = a[i] ^ a[i + 1],每次翻轉操作實際上就是在b[l-1]取反，b[r]上取反.那麼先對原序列建乙個差分陣列，實際上的操作就是在對這個差分陣列進行操作：每次可以選兩個數取反，問多少次能夠把這個陣列中的所有元素全部變成1.這是乙個很神奇的轉化.

每次取反的兩個數長度都是固定的.兩種情況：1.將1,0取反. 2.將0,0取反.其實第一種操作完全是不必要考慮的，因為這種情況下就是把0挪到了另乙個位置罷了.對於第二種操作，可以理解為把這兩個0給「消」去.那麼題目就變成了最少用多少次操作能夠把所有的0給消掉.

每一次操作都會把0移動固定的位置，只有當兩個0的位置重疊，這兩個0才會被消掉。

問題還可以接著轉化：有n個物品，每次取出還沒有被消掉的兩個物品，將它們消掉，問最小的代價.k非常小，這就是典型的狀壓dp了，和noip2016憤怒的小鳥差不多，只不過那道題可以消掉多個.先對每個0求到其他能到達的位置的最短路(最小代價)，f[i]表示i這個狀態的最小代價，如果i上的第j位為1，說明第j個0已經被消掉了，狀態轉移方程很明顯，每次找兩個沒消掉的消就好了，具體見**.

20分暴力：

#include #include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using
namespace
std;
int n, k, m, a[40010], b[40010], cha[40010], dep = 1, vis[70][40010], temp[40010
];bool flag = false
;bool
check()
return
true;}
void dfs(int
d) 
for (int i = 1; i <= m; i++)
for (int j = 1; j + b[i] - 1
<= n; j++)
if (!vis[i][j])
}int
main()
for (int i = 1; i <= m; i++)
scanf("%d
", &b[i]);
if (n <= 16
) }}
else
return0;
}

std:

#include #include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using
namespace
std;
const
int inf = 0x7ffffff
;typedef 
long
long
ll;int n, k, m, b[70], a[40010], cnt, d[20][40010], f[1
<< 19
];pair 
p[20
];queue 
q;void bfs(pair s)
if (x + b[i] <= n && d[s.first][x + b[i]] > d[s.first][x] + 1
) }}
}int solve(int
statuu)
intmain()
for (int i = 1; i <= m; i++)
scanf("%d
", &b[i]);
for (int i = 0; i <= n; i++)
if (a[i] != a[i + 1
]) //實質上就是差分
for (int i = 0; i < cnt; i++)
bfs(p[i]);
memset(f, -1, sizeof
(f));
printf(
"%d\n
", solve((1
<< cnt) - 1
)); 
return0;
}

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