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題意：
思路：
考慮數列最終的狀態一定是相同顏色在一起，所以我們發現他的顏色是有順序的！顯然可以用狀壓dpdpdp來枚舉顏色的順序，但是又有問題了，你怎么確定當前這個顏色加入這個集合的時候貢獻是多少呢？
更深刻的考慮一下，我們使用狀壓dpdpdp給顏色定序，實際上也就是將顏色大小重新定義了一下，最終排在最前面的是111，以此類推，而變換到答案序列的時候就是將其轉變為遞增序列。這樣想有什么好處呢？我們知道將一個數列變為遞增的，如果只能交換相鄰的元素的話，冒泡排序是最優的，所需要的操作次數也就是逆序對個數。
可以發現，這樣的話就比較容易了。設f[S]f[S]f[S]為當前集合為SSS的時候最少逆序對個數，假設當前枚舉的集合為SSS，一個不在集合中的顏色為xxx，加上xxx之后的集合為GGG，那么我們如果枚舉SSS集合中某個顏色yyy，讓后只需要計算一下有多少對l<r,al=x,ar=yl<r,a_l=x,a_r=yl<r,al?=x,ar?=y，加入答案即可，也就是f[G]=f[S]+∑y∈Scost[y][x]f[G]=f[S]+\sum_{y\in S} cost[y][x]f[G]=f[S]+∑y∈S?cost[y][x]。
現在問題就變成了我們如何處理cost[y][x]cost[y][x]cost[y][x]數組，一種顯然的方式就是直接20?2020*2020?20枚舉y,xy,xy,x，讓后O(n)O(n)O(n)掃一遍統計逆序對即可，這個復雜度為O(n?400)O(n*400)O(n?400)。還有一種比較快的方式就是從頭掃，記cnt[i]cnt[i]cnt[i]為到當前點顏色iii出現的次數，讓后再枚舉其他顏色，加上答案即可，復雜度O(n?20)O(n*20)O(n?20)。
復雜度O(220?400+n?400)O(2^{20}*400+n*400)O(220?400+n?400)
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#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std
;
typedef long long LL
;
typedef unsigned long long ULL
;
typedef pair
<int,int> PII
;const int N
=1000010,mod
=1e9+7,INF
=0x3f3f3f3f;
const double eps
=1e-6;int n
;
int a
[N
];
LL f
[4*N
],cs
[30][30];int main()
{
scanf("%d",&n
);for(int i
=1;i
<=n
;i
++) scanf("%d",&a
[i
]),a
[i
]--; for(int i
=0;i
<20;i
++) {for(int j
=0;j
<20;j
++) {if(i
==j
) continue;LL ans
=0,cnt
=0;for(int k
=1;k
<=n
;k
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[k
]==i
) cnt
++;else if(a
[k
]==j
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+=cnt
;}cs
[i
][j
]=ans
;}}memset(f
,0x3f3f3f3f,sizeof(f
));f
[0]=0;for(int i
=0;i
<1<<20;i
++) {for(int j
=0;j
<20;j
++) if(!(i
>>j
&1)) {LL sum
=0;for(int k
=0;k
<20;k
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>>k
&1) {sum
+=cs
[k
][j
];}f
[i
|(1<<j
)]=min(f
[i
|(1<<j
)],f
[i
]+sum
);}}cout
<<f
[(1<<20)-1]<<endl
;return 0;
}
總結
以上是生活随笔為你收集整理的Codeforces Round #585 (Div. 2) E. Marbles 状压dp + 逆序对的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。
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