注意到 $m$ 只有 $20$ ，考虑一下状压 $dp$
设 $f[S]$ 表示当前确定的字符集合为 $S$ ，那么转移就考虑从最右边加入的下一个字符 $c$
那么问题来了，代价如何计算
考虑每次加入一个字符以后对于所有字符间的移动$(c_i,c_{i+1})$产生的代价
那么显然只有当 $c_i \in S$ ，$c_{i+1} \notin S$ 时，移动 $(c_i,c_{i+1})$ 会多经过当前加入的字符的位置，那么需要的时间就会增加 $1$
所以我们可以维护一个 $cnt[i][j]$ 表示 $c_{i}=i,c_{i+1}=j$ 的移动数量
那么每次转移代价可以直接 $m^2$ 枚举所有 $c_{i} \in S$ ，$c_{i+1} \notin S$ 的移动求出
这样复杂度是 $m^2 \cdot 2^m$ 算一下发现达到了 $4 \cdot 10^8$ 级别，时间限制 $1s$，显然很有问题
那么现在有两种选择，优化算代价的速度，或者用信仰直接交复杂度不对的代码
然后你发现信仰是对的，卡着时限是可以过的....比如这位神仙：https://codeforces.com/contest/1238/submission/62149786
四个点 $997ms$ 一个点 $998ms$ $\text{Orz}$
但是我没有信仰
来考虑一下如何快速计算代价，设 $h[S]$ 表示所有 $c_i \in S$ ，$c_{i+1} \notin S$ 的移动的数量
再设 $g[p][S],p \notin S$ 表示 $c_i=p , c_{i+1} \in S$ 的移动的数量
那么有 $h[S] = \sum_{p \in S} g[p][U\text{^}S]$ ，其中 $U$ 是全集
现在考虑计算 $g$ ，如果对于每个 $p,S$ 都枚举所有 $p' \notin S$ 再累加显然太慢了
注意到 $S$ 的子集 $S'$ 的代价 $g[p][S']$ 一定会加入到 $g[p][S]$ 中，那么对于 $S$ 直接枚举某一位选择的 $p'$
设 $S'|(1<<p)=S$，有 $g[p][S]=g[p][S']+cnt[p][p']$
然后现在又有一个小问题，要对所有 $S$ 求出某一个为 $1$ 的位置
考虑树状数组的操作， $x&-x$ 就是 $x$ 的第一位 $1$ 的值
最后维护 $pos[x]$ 表示值为 $x=(1<<p)$ 时的 $p$
然后这一题就解决了，复杂度 $O(m \cdot 2^m)$
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<vector> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=1e5+7,M=20; int n,m,cnt[M][M]; int pos[(1<<M)+7],f[(1<<M)+7],g[M][(1<<M)+7],h[(1<<M)+7]; char s[N]; vector <int> V[M]; int main() { n=read(),m=read(); scanf("%s",s+1); for(int i=1;i<n;i++) cnt[s[i]-'a'][s[i+1]-'a']++, cnt[s[i+1]-'a'][s[i]-'a']++; for(int i=0;i<m;i++) pos[1<<i]=i; memset(f,0x3f,sizeof(f)); int mx=(1<<m)-1; f[0]=0; for(int p=0;p<m;p++) for(int o=1;o<mx;o++) { if(o&(1<<p)) continue; g[p][o]=g[p][o-(o&-o)]+cnt[p][pos[o&-o]]; } for(int o=0;o<mx;o++) for(int p=0;p<m;p++) if(o&(1<<p)) h[o]+=g[p][mx^o]; for(int o=0;o<mx;o++) for(int p=0;p<m;p++) { if(o&(1<<p)) continue; f[o^(1<<p)]=min(f[o^(1<<p)],f[o]+h[o]); } printf("%d\n",f[mx]); return 0; }