标签：20 Marbles int 状压 珠子 序列 颜色 多少 dp

[CF1215E] Marbles

Description

有 n \((n \le 4 \times 10^5)\) 个珠子，第 \(i\) 个珠子颜色是 \(c_i (c_i \le 20)\)，每次操作把相邻的两个珠子交换。现在要把相同颜色的珠子排列在相连的一段，问至少要多少次操作。

Solution

设 \(f[s]\) 表示处理了颜色集合为 s 的珠子（排在目标序列的开头），总操作次数最小是多少

转移无非就是枚举下一次选什么颜色的珠子

代价计算的方法有两种

一种是把目标位置和初始位置求和做差，这样挺麻烦的

另一种是对于已经排上的所有 q，现在新拍上的 p，计算所有 x 为 p 色，y 为 q 色，原始序列中 x 在 y 前面的情况

这可以进一步描述为一个数组 \(inv[i][j]\)，表示 i 色的排在 j 色的前面的有多少个，可以 O(nmm) 计算出

具体地，枚举 i,j，然后扫一遍，边扫边统计 i 色已有的个数，然后碰到一个 j 色的就给他加上去

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long 

const int N = 400005;
const int M = 25;

int g[M][M], f[N * 6], n, c[N];
//设 $f[s]$ 表示处理了颜色集合为 s 的珠子（排在目标序列的开头），总操作次数最小是多少
// 表示 i 色的排在 j 色的前面的有多少个
//对于已经排上的所有 q，现在新拍上的 p，计算所有 x 为 p 色，y 为 q 色，原始序列中 x 在 y 前面的情况

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> c[i];
        --c[i];
    }
    for (int i = 0; i < 20; i++)
        for (int j = 0; j < 20; j++)
        {
            int sum = 0;
            for (int k = 1; k <= n; k++)
            {
                if (c[k] == i)
                    ++sum;
                if (c[k] == j)
                    g[i][j] += sum;
            }
        }
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    f[0] = 0;
    for (int s = 0; s < 1 << 20; s++)
    {
        for (int i = 0; i < 20; i++)
            if ((~s) & (1 << i))
            {
                int t = s | (1 << i);
                int delta = 0;
                for (int j = 0; j < 20; j++)
                    if (s & (1 << j))
                    {
                        delta += g[i][j];
                    }
                f[t] = min(f[t], f[s] + delta);
            }
    }

    cout << f[(1 << 20) - 1] << endl;
}

标签：20,Marbles,int,状压,珠子,序列,颜色,多少,dp
来源： https://www.cnblogs.com/mollnn/p/14398930.html

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