BZOJ3508 開燈 & [校內NOIP2018模擬20181027] 密碼鎖
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Description
xx作為信息學界的大神，擁有眾多的粉絲。為了感謝眾粉絲的愛戴，xx決定舉辦一場晚會。為了氣派，xx租了一個巨大的燈屏，這個燈屏有\(m\)行，每行有\(n\)個小燈泡。對於每一行燈，有L種操作方法，第i種表示你能將任意長度恰為\(A_i\)的連續一段燈泡的狀態取反（滅變亮，亮變滅）。現對於每一行給定\(K\)個點，要求這K個點發光，其余點必須保持熄滅狀態。求每一行達到目標狀態的最小操作數。
Input
第一行一個數\(m\)，表示LED屏的行數。
對於LED屏的每一行：
第一行為\(n,k,L\)
第二行為\(k\)個數，表示要求發光的\(k\)個點。
第三行為\(L\)個數，表示\(L\)種操作方式。
Output
對於LED屏的每一行：如果無法達到目標狀態，輸出\(-1\)，否則輸出最少次數。
Sample Input
2
10 8 2
1 2 3 5 6 7 8 9
3 5
3 2 1
1 2
3Sample Output
2
-1HINT
對於\(100\%\)的數據，\(T\leq 10\)，\(N\leq 10000\)，\(K\leq 10\),\(L\leq 100\),\(1\leq A_i\leq N\)。
Source
By zjwst960422
Solution
一個很神仙的思路。
發現\(N\)非常大，但是\(K\)非常小，顯然是狀壓DP，但是只狀壓\(K\)又不太好辦。
於是我們發現，原來序列裏只會有\(2K\)個點是一段\(0\)與一段\(1\)的間隔的點（我們這裏取前一段的最後一個點）。然後我們又發現，不斷地對一個段序列取反，實際上是讓這一段和等長的只有\(1\)的序列異或。而這樣之後，取反的區間內，相鄰兩個點的相對狀態不會改變，即相鄰兩個點是否相等是不會改變的。
因此，我們對原序列\(a_i\)做一個這樣的處理，維護這個點與後一個點的異或查分：
\[b[i]=a[i]\ xor\ a[i+1]\quad 0\leq i \leq n\]
這樣的話，我們對\(a\)
同時,\(a\)數組與\(b\)數組之間的又是唯一確定的關系。所以我們要\(A\)的末狀態，等價於對應的\(B\)。
然後我們發現，如果把全\(0\)作為初狀態，發光後的作為末狀態，這樣末狀態太亂了，不方便轉移。倒不如，倒過來，發光後的為初，全\(0\)為末。然後\(A\)全\(0\)，對應的\(B\)也是全\(0\)的。
我們發現，我們實際上只是需要把初始的\(B\)裏面的所有\(1\)全部去掉即可。然後，如果兩個點坐標差恰好為一個操作時，就可以操作一次，那就是把這兩點取反，中間的點不變！。那麽我們要算出只取反\(i\)和\(j\) 需要的操作次數\(f[i][j]\)，其實只需要從\(i\)出發跑BFS最短路即可。
然後考慮如何求出總的操作次數。
我們發現，\(B\)數列中最多有\(2K\) 個點為\(1\)，所以我們只應該把那\(2K\)個點取反，其他點都不能動。那麽我們狀壓一下這些點。然後就是一個非常顯而易見的DP。\(dp[S]\)表示\(S\)裏面的點已經完成了取反的任務。
\[dp[S]=\min\{dp[C_S{i,j}]+f[i][j]\ \ |\ \ i,j\in S\}\qquad dp[0]=0\]
然後我們類似於憤怒的小鳥的優化，這裏會產生很多重復的轉移，我們的\(i\)只需要取\(S\)中的最小的點就可以了。
最後答案為\(dp[full\_set]\)。
時間復雜度\(O(nmk+2^kk)\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#define inf 1000000000
#define N 10005
#define M 2000005
#define T 45
using namespace std;
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*=10;x+=ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,K,m,cnt;
int x[N],size[N],a[N],num[N];
bool vis[N],mark[M];
int dis[N],d[25][25];
int q[N];
int f[M];
void bfs(int x)
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
int t=0,w=1;
dis[x]=0;q[t]=x;vis[x]=1;
while(t!=w)
{
int now=q[t];t++;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(now+size[i]<=n&&(!vis[now+size[i]]))
{
vis[now+size[i]]=1;
dis[now+size[i]]=dis[now]+1;
q[w++]=now+size[i];
}
if(now-size[i]>0&&(!vis[now-size[i]]))
{
vis[now-size[i]]=1;
dis[now-size[i]]=dis[now]+1;
q[w++]=now-size[i];
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(num[i])
{
if(!vis[i])d[num[x]][num[i]]=inf;
else d[num[x]][num[i]]=dis[i];
}
}
int dp(int x)
{
if(!x)return 0;
if(mark[x])return f[x];
mark[x]=1;
f[x]=inf;
int st=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
if(x&(1<<(i-1)))
{
if(!st)st=i;
else
{
if(d[st][i]!=inf)
f[x]=min(f[x],dp(x^(1<<(st-1))^(1<<(i-1)))+d[st][i]);
}
}
}
return f[x];
}
int main()
{
freopen("password.in","r",stdin);
freopen("password.out","w",stdout);
n=read();K=read();m=read();
for(int i=1;i<=K;i++)
{
x[i]=read();
a[x[i]]=1;
}
for(int i=1;i<=m;i++)size[i]=read();
for(int i=n+1;i;i--)a[i]^=a[i-1];
n++;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i])
num[i]=++cnt;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i])bfs(i);
dp((1<<cnt)-1);
if(f[(1<<cnt)-1]==inf)printf("-1");
else printf("%d",f[(1<<cnt)-1]);
return 0;
}BZOJ3508 開燈 & [校內NOIP2018模擬20181027] 密碼鎖