状压dp 星空

题意：给出一串灯的开关情况，有k盏灯是暗的，有m种操作，每种可以将长度为x的区间内的灯的开关情况取反，问最少多少次可以将所有灯泡点亮。

首先我们发现对于连续的一段灯泡去操作很慢，因此我们需要一种 $O(1)$ 复杂度的方法进行开关的操作。这里使用了差分，对灯开闭情况的01序列进行差分，我们设暗的灯为1，亮的灯为0。

差分的方法是在原序列的前后补一个 $0$ ，然后用 $a[i-1]$ ^ $a[i]$ 得到长度为n+1的差分序列b，比如原序列为 $10001$ ，则差分序列为 $110011$ ，对于差分序列 $b$ ，从左到右每次取两个 $1$ ，记第一个 $1$ 位置为 $l$ ，第二个 $1$ 的位置为 $r$ 对于原序列的意义为在 $[l,r)$ 间有 $(r-l)$ 个 $1$ 。

差分序列上最多有 $2k$ 个 $1$ ，并且肯定是偶数个。每次从左到右选两个 $1$ ，消除的代价与这两个 $1$ 的距离相关，问题转化为求将所有 $1$ 消除的最小操作次数。

消除的最小操作次数用完全背包可以求出。设 $d_i$ 表示翻转长度为 $i$ 的序列至少需要几次操作，把每个可以翻转的长度 $x$ ，看做体积分别为 $x$ 和 $−x$ 的两个物品。

枚举所有状态，枚举 $l$ 和 $r$ ，做状压 $dp$ 即可。可以用 $i$ ^ $(1<<k)$ ^ $(1<<j)$ 让状态 $i$ 下第 $j$ 个和第 $k$ 个 $1$ 变成 $0$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n,kk,m;
int cz[1001000],a[1001000],b[1001000];
int d[1001000],dp[1001000],s[1001000],num;
int main()
{
    cin>>n>>kk>>m;
    for(int i=1;i<=kk;++i)
    {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        a[x]=1;
    }
    for(int i=1;i<=m;++i)
        scanf("%d",&cz[i]);
    for(int i=1;i<=n+1;++i)
        b[i]=a[i]^a[i-1];
    for(int i=1;i<=n+1;++i)
        d[i]=999999999;
    d[0]=0;
    for(int i=1;i<=m;++i)
        for(int j=cz[i];j<=n+1;++j)
            d[j]=min(d[j],d[j-cz[i]]+1);
    for(int i=1;i<=m;++i)
        for(int j=n+1-cz[i];j>=0;--j)
            d[j]=min(d[j],d[j+cz[i]]+1);
    for(int i=1;i<=n+1;++i)
        if(b[i]==1)
            s[++num]=i;//第num个1的位置
    for(int i=0;i<(1<<num);++i)
        dp[i]=999999999;
    dp[(1<<num)-1]=0;
    for(int i=(1<<num)-1;i>=0;--i)
        for(int j=0;j<num;++j)//写[1,num]会挂一个点QAQ
            if(i&(1<<j))
                for(int k=j+1;k<num;++k)
                    if(i&(1<<k))
                        dp[i^(1<<k)^(1<<j)]=min(dp[i^(1<<k)^(1<<j)],dp[i]+d[s[k+1]-s[j+1]]);
    cout<<dp[0];	
    return 0;
}

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