题面
这个题目大意上是这样的:给定一个长度为n的01串, 其中只有k个0, 每次操作时, 从给定的m种长度中选择一种, 选择序列上长度为这种的进行反转操作, 求至少需要多少次操作使得整个串全变为1.
考虑状压dp, 枚举每一位出现情况, \(f[i]\)表示状态为\(i\)时最少需要翻转的方案数. 但是\(100pts\)的数据\(n\)有\(4e4\), 所以状压dp会达到一个令人恐怖的复杂度$ O(2 ^ {40000}) \(, 因为\)k\(较小, 考虑将问题的状压转化为与\)k\(相关. 由于需要更改整个数列, 从这个上面想到了什么优化的方法吗? 差分, 差分对于序列修改是一个比较实用的优秀方法, 我们可以设差分数组\)cha[i] = seq[i] - seq[i - 1]\(, 这样的话对序列\)[l, r]\(进行修改也就是\)cha[l] + 1, cha[r + 1] - 1\(, 这样优化后我们就将\)O(n)\(的序列修改变成了\)O(1)$的简单操作.
于是, 问题转化为这样: 给定一个长度为\(n\)的01串, 其中0的数目不超过\(2k\), 每次操作时, 从给定的\(m\)种给定的距离中选择一种, 选择序列上距离为这种的两个位同时取反, 求最少需要多少次能使得整个串变为1. 观察到, 如果一个位为0, 我们一定会选择一个方式去消去这个0, 要么是一个1和他进行操作, 此时可视为交换这两个数, 要么是一个0与他进行操作, 此时可视为这两个数同时消去, 这样我们又可以转化问题了
问题再次转化为这样:给定一个有n个点的图, 其中只有不超过\(2k\)的存在物品, 每次操作时, 从给定的m种距离中选择一种, 移动这个物品或与与他相距为这个距离的点同时消去, 问最少需要多少次操作使得所有的距离都消失.消去一个物品相当于将其中一个物品移动至另外一个物品的位置, 代价即为最少所需的步数, 同时, 每个点只有m条边, 我们发现这种操作可以用时间复杂度只有\(O(nmk)\)的\(BFS\)来解决.
问题转化为:图上有2k个物品, 选择其中两个可以消去, 分别有不同的代价, 求使得所有物品小时的最小代价, 至此, 我们成功将问题转化为与k相关的状压dp, 多好啊.
具体代码
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <queue>
#define N 40005
using namespace std;
int n, k, m, cr[N], lth[100], pos[100], num[N], dis[20][20], f[1 << 20], step[N], cnt;
inline int read()
{
int x = 0, w = 1;
char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') { if (c == '-') w = -1; c = getchar(); }
while(c >= '0' && c <= '9') { x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
return x * w;
}
inline void SPFA(int x)
{
memset(step, -1, sizeof(step));
queue <int> q;
q.push(pos[x]); step[pos[x]] = 0;
while(!q.empty())
{
int u = q.front(); q.pop();
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
for(int j = -1; j <= 1; j += 2)
{
int end = u + lth[i] * j;
if(end <= 0 || end > n || step[end] != -1) continue;
step[end] = step[u] + 1; q.push(end);
}
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++) if(num[i] != 0) dis[x][num[i]] = step[i];
}
int main()
{
// freopen("starlit.in", "r", stdin);
// freopen("starlit.out", "w", stdout);
n = read(); k = read(); m = read();
for(int i = 1; i <= k; i++) cr[read()] = 1;
for(int i = 1; i <= m; i++) lth[i] = read();
n++;
for(int i = 1; i <= n; i++) if(cr[i] ^ cr[i - 1]) { pos[++cnt] = i; num[i] = cnt; }
//记录下差分数组中为1(其实就是上面所说的为0)的位置.
memset(dis, -1, sizeof(dis));
for(int i = 1; i <= cnt; i++) SPFA(i);//BFS其实就是SPFA变一下.
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
f[0] = 0;
for(int u = 0; u < (1 << cnt); u++)
for(int i = 1; i <= cnt; i++)
if(!(u & (1 << (i - 1))))
for(int j = i + 1; j <= cnt; j++)
if(!(u & (1 << (j - 1))))
if(dis[i][j] != -1)
{
int v = u | (1 << (i - 1)) | (1 << (j - 1));
f[v] = min(f[v], f[u] + dis[i][j]);
}//状压dp, 各位看官应该都看得懂吧...
printf("%d\n", f[(1 << cnt) - 1]);
return 0;
}
星空这道题与这道题有异曲同工之妙, 可以对比着做一下.