标签：ch 记录 省选 sum times int cost 补题 include
把 \(15-20\) 年的省选题挨个写了写。
ps: 题目顺序是按这个菜鸡的通过时间来写的。
省选联考2020 DAY2T1 信号传递
题意描述
给你一个长度为 \(n\) 的序列 \(s\), \(s_i\) 和 \(s_{i+1}\) 之间有三种传递方式：
- \(s_{i+1}\) 在 \(s_{i}\) 的右边，花费为 \(p_{s_{i+1}}-p_{s_{i}}\)
- \(s_{i+1}\) 在 \(s_i\) 的左边，花费为 \(k\times (p_{s_{i+1}}+s_{i})\)
- \(s_{i+1}=s_i\) 则花费为 \(0\)
其中 \(p\) 是一个大小为 \(m\) 的排列，\(p_i\) 表示 \(i\) 在排列 \(p\) 中的位置。
现在让你确定一个排列 \(P\), 使得传递的花费最少。
数据范围：\(n\leq 10^5,m\leq 23\) 。
solution
毒瘤卡常状压题。
有一个很显然的状压 \(dp\) 的想法就是设 \(f[s]\) 表示已经确定了前 \(|s|\) 个位置上的数，且这些位置上的数的集合为 \(s\)。
其中 \(s\) 是一个 \(0/1\) 串，\(|s|\) 表示 \(s\) 中 \(1\) 的个数，若 \(s\) 的第 \(i\) 位为 \(1\) 则表示第 \(i+1\) 个数的位置已经被确定了，为 \(0\) 则相反) 。
设 \(t[i][j]\) 表示 \(s_k\) 为 \(i\) 且 \(s_{k+1}\) 为 \(j\) 的次数。这个在输入的时候就可以预处理出来。
转移则有：\(\displaystyle f[s\text{^} (1<<(i-1))] = \min(f[s] + (|s|+1)\times \sum_{j\in s} (k*t[i][j]+t[j][i])) + (|s|+1)\times \sum_{j\notin s} (k*t[j][i]+t[i][j])\)
解释一下：我们枚举第 \(|s|+1\) 位置上的数，设其为 \(i\), 那么 \(j\in s\) 则表示 \(j\) 在 \(i\) 的左边，反之 \(j\notin s\) 则 \(j\) 在 \(i\) 的右边。分情况讨论一下传递的代价：
- \(j\) 在 \(i\) 的左边，传递方向为 \(i\rightarrow j\)， 则代价为 \((|s|+1)\times k\times t[i][j]\)
- \(j\) 在 \(i\) 的左边，传递方向为 \(j\rightarrow i\), 则代价为 \((|s|+1)\times t[j][i]\)
- \(j\) 在 \(i\) 的右边，传递方向为 \(i\rightarrow j\) ，则代价为 \((|s|+1)\times t[i][j]\)
- \(j\) 在 \(i\) 的右边，传递方向为 \(j-i\), 则代价为 \((|s|+1)\times k\times t[j][i]\)
我们从小到大枚举 \(s\), 就可以做到 \(O(m^22^m)\) 的时间复杂度，空间复杂度则为 \(O(m2^m)\) 。
然后我做到这里就不太会了，看了看题解才过了这道题。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 1<<23;
int n,m,K,x,last;
int f[N],t[24][24];
inline int read()
{
int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
return s * w;
}
int main()
{
n = read(); m = read(); K = read();
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
x = read();
if(i > 1) t[last][x]++;
last = x;
}
memset(f,127,sizeof(f));
f[0] = 0;
for(int i = 0; i < (1<<m); i++)
{
int cnt = 0;
for(int j = 1; j <= m; j++) if((i>>(j-1))&1) cnt++;
for(int j = 1; j <= m; j++)
{
if(!((i>>(j-1))&1))
{
int sum = 0;
for(int k = 1; k <= m; k++)
{
if((i>>(k-1))&1) sum += K*t[j][k], sum += t[k][j];
else if(j != k) sum += K*t[k][j], sum -= t[j][k];
}
f[i^(1<<(j-1))] = min(f[i^(1<<(j-1))],f[i]+sum*(cnt+1));
}
}
}
printf("%d\n",f[(1<<m)-1]);
return 0;
}
考虑继续卡常优化一下。
设 \(cost(s,i)\) 为 \(\sum_{j\in s} (k*t[i][j]+t[j][i])) + \sum_{j\notin s} (k*t[j][i]+t[i][j])\) ，也就是 \(|s|+1\) 前的系数。
处理完这个 \(cost(s,i)\) 那么我们在转移 \(f\) 的时候复杂度就降为了 \(O(m2^m)\) 。
预处理 \(cost(s,i)\) 其实是可以 \(O(m2^m)\) 的做的。具体来说就是：
\(\displaystyle cost(0,i) = \sum_{j\neq i} k\times t[j][i] + t[i][j]\)
\(cost(s,i) = cost(s-(1<<(j-1),i) + t[i][j]\times (1+k) + t[j][i]\times (1-k)\) (其中 \(s\) 的第 \(j-1\) 位为 \(1\))。
解释一下： 对于 \(cost(0,i)\) 这时候 \(j(j\neq i)\) 都在 \(i\) 的右边，所以传递代价为 \(k\times t[j][i]+t[i][j]\) 。
由 \(s-(1<<(j-1))\) 到 \(s\) 相当于是 \(j\) 原来在 \(i\) 的右边，现在到了左边的位置，我们只需要把 \(j\) 在 \(i\) 的右边的代价减去，在加上 \(j\) 在 \(i\) 的左边的传递代价, 即 \(t[i][j]\times (1+k) + t[j][i]\times (1-k)\) ，然后我们就可以由 \(cost(s-(1<<(j-1)),i)\) 算出 \(cost(s,i)\) 。
因为每次都是由 \(s\) 减去一个数转移过来的，所以可以每次减去 \(lowbit(s)\) 转移。
那么递推 \(cost(s,i)\) 的复杂度就变为了 \(O(m2^m)\) 。
写完交上去之后，你会发现 \(\text{MLE}\) 了，毒瘤出题人卡了一手空间。
至于如何卡过去，可以看这篇 题解 。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 1<<23;
int n,m,K,x,last;
int t[24][24],lg[N],num[N],f[N],cost[N/2][24];
inline int read()
{
int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
return s * w;
}
int lowbit(int x){return x & (-x);}
int main()
{
n = read(); m = read(); K = read();
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
x = read()-1;
if(i > 1) t[last][x]++;
last = x;
}
lg[0] = -1; num[0] = 0;
for(int i = 1; i < (1<<m); i++)
{
lg[i] = lg[i>>1] + 1;
num[i] = num[i>>1] + (i&1);
}
for(int i = 0; i < m; i++)
{
for(int j = 0; j < m; j++)
{
if(i != j) cost[0][i] += K * t[j][i] - t[i][j];
}
for(int j = 1; j < (1<<(m-1)); j++)
{
int k = lowbit(j), o = lg[k];
if(o >= i) o++;
cost[j][i] = cost[j^k][i] + t[i][o] * (1+K) + t[o][i] * (1-K);
}
}
memset(f,127,sizeof(f));
f[0] = 0;
for(int i = 1; i < (1<<m); i++)
{
for(int j = i, y; y = lowbit(j); j ^= y)
{
int o = lg[y], s = i^y;
f[i] = min(f[i],f[i^y]+num[i]*cost[s&y-1|s>>o+1<<o][o]);
}
}
printf("%d\n",f[(1<<m)-1]);
return 0;
}
标签：ch,记录,省选,sum,times,int,cost,补题,include 来源： https://www.cnblogs.com/genshy/p/14613054.html
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