【BZOJ4676】Xor-Mul棋盘
Description
一个n*m的棋盘,左上角为(1,1),右下角为(n,m)。相邻的2点之间有连边(如下图中实线)特殊地,(1,i)与(n,i)也连有一条边(如下图中虚线),i=1..m。
如下图,就是一个n=3,m=4的棋盘。
每个点(i,j)给定2个值a[i][j],b[i][j]。每条边e给定1个值c[e]。
你的任务是给每一个点一个非负的d值,最小化(S1+S2)。
Input
第一行2个整数n,m。
接着n行,每行m个数,其中第i行第j个数表示a[i][j]。
接着n行,每行m个数,其中第i行第j个数表示b[i][j]。
接着n行,每行m-1个数,其中第i行第j个数表示(i,j)与(i,j+1)的边的c值。
接着n-1行,每行m个数,其中第i行第j个数表示(i,j)与(i+1,j)的边的c值。
最后一行m个数,其中第i个数表示(1,i)与(n,i)的边的c值。
2<=n<=5, 1<=m<=10000
a,b,c 的值均为不大于 10^6 的正整数
Output
一个整数,表示S1+S2的最小值
Sample Input
2 2
3 6
7 3
9 9
1 8
9 5
3 9
4 3
3 6
7 3
9 9
1 8
9 5
3 9
4 3
Sample Output
49
题解:首先拆位是显然的。由于n只有5,考虑状压。
设f[i][j][k]表示第i列的第j位状态为k的最小值,那么我们先计算同列之间产生的贡献,然后计算相邻列之间产生的贡献。我们可以O(n)求出同列的点的贡献,然后$O(2^{2n})$枚举当前列和上一列的状态,并希望O(1)时间得到这两个状态合在一起的价值。这个可以预处理出val[S]数组表示当前列和上一列的异或值为S时产生的贡献,然后就能转移了。
最终复杂度O(m*20*2^{2n}),居然也能过~
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; typedef long long ll; int n,m; ll ans; ll A[7][10010],B[7][10010],C1[7][10010],C2[7][10010],f[2][21][1025],val[1025]; inline int rd() { int ret=0,f=1; char gc=getchar(); while(gc<'0'||gc>'9') {if(gc=='-') f=-f; gc=getchar();} while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar(); return ret*f; } int main() { n=rd(),m=rd(); int i,j,d,a,b; ll c; for(i=0;i<n;i++) for(j=1;j<=m;j++) A[i][j]=rd(); for(i=0;i<n;i++) for(j=1;j<=m;j++) B[i][j]=rd(); for(i=0;i<n;i++) for(j=2;j<=m;j++) C1[i][j]=rd(); for(i=0;i<n;i++) for(j=1;j<=m;j++) C2[i][j]=rd(); for(i=1;i<=m;i++) { d=i&1; memset(f[d],0,sizeof(f[d])); if(i>1) { for(a=0;a<1<<n;a++) { val[a]=0; for(b=0;b<n;b++) val[a]+=((a>>b)&1)*C1[b][i]; } } for(j=0;j<=20;j++) { for(a=0;a<1<<n;a++) { c=0; for(b=0;b<n;b++) { c+=(((a>>b)&1)^((A[b][i]>>j)&1))*B[b][i]; c+=(((a>>b)&1)^((a>>((b+1)%n))&1))*C2[b][i]; } f[d][j][a]=1ll<<60; if(i>1) for(b=0;b<1<<n;b++) f[d][j][a]=min(f[d][j][a],c+val[a^b]+f[d^1][j][b]); else f[d][j][a]=c; } } } for(j=0;j<=20;j++) { c=1ll<<60; for(i=0;i<1<<n;i++) c=min(c,f[m&1][j][i]); ans+=c<<j; } printf("%lld",ans); return 0; }