CF79D Password（P3943 星空）

題意：

你有 n 個燈泡，一開始都未點(diǎn)亮。
同時你有 l 個長度，分別為 $a_1～a_l$
每次你可以選擇一段連續(xù)的子序列，且長度為某個 $a_i$，并將這些燈泡的明滅狀態(tài)取反。
求最少的操作次數(shù)，使得最后有且僅有 k 個位置是亮的，這些位置已經(jīng)給定，為 $x_1～x_k$
1<=k<=10
1<=n<=10000
1<=l<=100

題解：

k小于等于10，這么小的范圍很容易聯(lián)想到狀壓dp，我們先試著將問題轉(zhuǎn)換
題目的意思是一開始都沒亮，最后指定k個位置亮了，我們可以將題目反過來，一開始有k個地方是亮的，現(xiàn)在要全部熄滅
有l(wèi)個修改的選擇，區(qū)間修改可以用線段樹，但是本題沒必要，線段樹常數(shù)也大，我們使用差分就可以
我們利用異或差分，$b_i=a_i?a_{i+1}$
就比如樣例1：

10 8 2 1 2 3 5 6 7 8 9 3 5

原始序列：1110111110
異或差分序列：10011000010
我們想讓原序列種翻轉(zhuǎn)[l,r]區(qū)間就等于在差分序列種取反$b_{l?1},b_r$，這樣修改操作就是O(1)的，題目就變成：
給定一個01串，每次操作為：
從給定的l種長度中選擇一種$le{n}_i$，選擇序列上相距這個長度$le{n}_i$的兩個位同時取反
求讓序列歸零的最少次數(shù)
現(xiàn)在就可以用狀壓dp了，因?yàn)楫惢虿罘趾蟮男蛄兄形覀冎恍枰P(guān)心1的情況，而最多也就2*k個1，直接狀壓即可
dp[i]表示當(dāng)前狀態(tài)為i下所需要的最小次數(shù)，x和y為當(dāng)前狀態(tài)下未被選過的位，顯然有：
$$d{p}_{i|(1<<x)|(1<<y)}=min(d{p}_{i|(1<<x)|(1<<y)},d{p}_i+cost(x,y))$$
$cost(x,y)$表示同時將x和y位同時變?yōu)?所需要的最少次數(shù)
這個cost咋求？我們可以預(yù)處理這個數(shù)組，對于異或差分序列中每個1的位置跑一邊迪杰斯特拉，這樣就解決了

代碼：

#include <bits/stdc++.h> #include <unordered_map> #define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b); using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<int, int> PII; clock_t startTime, endTime; //Fe~Jozky const ll INF_ll= 1e18; const int INF_int= 0x3f3f3f3f; void read(){}; template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar) {x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...); } template <typename T> inline void write(T x) {if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0'); } void rd_test() { #ifdef ONLINE_JUDGE #elsestartTime = clock ();freopen("data.in", "r", stdin); #endif } void Time_test() { #ifdef ONLINE_JUDGE #elseendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC); #endif } const int maxn=2e5+9; int len[maxn]; int x[maxn]; int cnt[maxn]; int cost[500][500]; int minDis[maxn]; int dp[20000003]; int num; int n,k,l; void Dijk(int s){memset(minDis,INF_int,sizeof(minDis));minDis[cnt[s]]=0;queue<int>q;q.push(cnt[s]);while(!q.empty()){int now=q.front();q.pop();for(int i=1;i<=l;i++){if(now+len[i]<=n&&minDis[now+len[i]]>minDis[now]+1){minDis[now+len[i]]=minDis[now]+1;q.push(now+len[i]);}if(now-len[i]>=0&&minDis[now-len[i]]>minDis[now]+1){minDis[now-len[i]]=minDis[now]+1;q.push(now-len[i]);}}}for(int i=0;i<num;i++){cost[s][i]=minDis[cnt[i]];} } int main() {rd_test();read(n,k,l);for(int i=1;i<=k;i++){//需要點(diǎn)亮的點(diǎn) int t;read(t);x[t]=1;} for(int i=1;i<=l;i++){//所能操作的長度 read(len[i]);}for(int i=0;i<=n;i++){x[i]^=x[i+1];}for(int i=0;i<=n;i++){if(x[i]){cnt[num++]=i;}}for(int i=0;i<num;i++)Dijk(i);// for(int i=0;i<num;i++){ // for(int j=0;j<num;j++){ // printf("cost[%d][%d]=%d\n",i,j,cost[i][j]); // } cout<<endl; // }memset(dp,INF_int,sizeof(dp));dp[0]=0;int state=(1<<num)-1;for(int i=0;i<=state;i++){for(int x=0;x<num;x++){if((i>>x)&1)continue;//如果已經(jīng)出現(xiàn)x，跳過 for(int y=x+1;y<num;y++){if((i>>y)&1)continue;//如果已經(jīng)出現(xiàn)y，跳過 dp[i | (1ll << x) | (1ll << y)]= min(dp[i | (1ll << x) | (1ll << y)], dp[i] + cost[x][y]);}}} // for(int i=0;i<=state;i++) // printf("dp[]=%d\n",dp[i]);if(dp[state]==INF_int)puts("-1");else cout<<dp[state]<<endl;//Time_test(); }

總結(jié)

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