Description
https://www.luogu.com.cn/problem/P6622
Solution
考虑每对点的位置关系带来的贡献：
然后令 $f_S$ 作为已经选了 $S$ 个位置集合对答案的贡献。每次转移的时候加上自己的贡献。直接做是 $O(2^nn^2)$ 的，不太行。
观察到转移形式有：
$$
f_S+g(i,S)=f_{S\cup{i}}
$$
一种显然的想法是存下 $g(i,S)$，然后让 $g(i,S)$ $O(2^n n)$ 计算。但是存下这个状态的空间复杂度也是 $O(2^n n )$ 的，不太行。
今天学到一种很高妙的卡空间办法啊：
观察到 $S$ 从 $1$ 枚举到 $2^n$，二进制下每位的变化也是 $O(2^n)$ 的。我们只需要把 $g(i,S)$ 的第二位去掉，对于每个 $i$ 和变化的位置重新计算贡献的变化。
枚举是 $O(2^n n)$，需要修改的位置是 $O(2^n)$ ，每次修改的复杂度是 $O(n)$。总复杂度是 $O(2^n n)$，而且 $g$ 的空间复杂度可以忽略不计。
注释掉的是 $O(2^n n^2)$ 的暴力。
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| #include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define maxn
#define put() putchar('\n')
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
using namespace std;
void read(int &x){
int f=1;x=0;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') {x=x*10+c-'0';c=getchar();}
x*=f;
}
namespace Debug{
Tp void _debug(char* f,Ty t){cerr<<f<<'='<<t<<endl;}
Ts void _debug(char* f,Ty x,Ar... y){while(*f!=',') cerr<<*f++;cerr<<'='<<x<<",";_debug(f+1,y...);}
Tp ostream& operator<<(ostream& os,vector<Ty>& V){os<<"[";for(auto& vv:V) os<<vv<<",";os<<"]";return os;}
#define gdb(...) _debug((char*)#__VA_ARGS__,__VA_ARGS__)
}using namespace Debug;
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
const int mod=1e9+7;
int power(int x,int y=mod-2) {
int sum=1;
while (y) {
if (y&1) sum=sum*x%mod;
x=x*x%mod;y>>=1;
}
return sum;
}
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
int m,n,K;
int nums[35][35],a[100005],g[25];
int f[(1<<23)+5],h[(1<<23)+5];
signed main(void){
int i,j,k;
read(m);read(n);read(K);
for (i=1;i<=m;i++) {
read(a[i]);a[i]--;
if (i>1&&a[i-1]!=a[i]) {
nums[a[i-1]][a[i]]++;
}
}
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[0]=0;
int N=(1<<n);
for (j=0;j<n;j++) for (k=0;k<n;k++) if (j^k) g[j]+=-nums[j][k]+nums[k][j]*K;
for (i=0;i<N;i++) {
int cnt=__builtin_popcount(i)+1;
for (j=0;j<n;j++) if ((i>>j)%2==0) {
f[i^(1<<j)]=min(f[i^(1<<j)],f[i]+g[j]*cnt);
}
int nex=i+1;
for (k=0;k<n;k++) if ((nex>>k)%2!=(i>>k)%2) {
if ((i>>k)%2) {
for (j=0;j<n;j++) if (j!=k) {
g[j]-=nums[k][j]+nums[j][k]*K;
g[j]+=-nums[j][k]+nums[k][j]*K;
}
}
else {
for (j=0;j<n;j++) if (j!=k) {
g[j]+=nums[k][j]+nums[j][k]*K;
g[j]-=-nums[j][k]+nums[k][j]*K;
}
}
}
}
printf("%d",f[N-1]);
return 0;
}
|