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Description
xx作为信息学界的大神,拥有众多的粉丝。为了感谢众粉丝的爱戴,xx决定举办一场晚会。为了气派,xx租了一个巨大的灯屏,这个灯屏有(m)行,每行有(n)个小灯泡。对于每一行灯,有L种操作方法,第i种表示你能将任意长度恰为(A_i)的连续一段灯泡的状态取反(灭变亮,亮变灭)。现对于每一行给定(K)个点,要求这K个点发光,其余点必须保持熄灭状态。求每一行达到目标状态的最小操作数。
Input
第一行一个数(m),表示LED屏的行数。
对于LED屏的每一行:
第一行为(n,k,L),意义见上。
第二行为(k)个数,表示要求发光的(k)个点。
第三行为(L)个数,表示(L)种操作方式。
Output
对于LED屏的每一行:如果无法达到目标状态,输出(-1),否则输出最少次数。
Sample Input
2
10 8 2
1 2 3 5 6 7 8 9
3 5
3 2 1
1 2
3
Sample Output
2
-1
HINT
对于(100\%)的数据,(Tleq 10),(Nleq 10000),(Kleq 10),(Lleq 100),(1leq A_ileq N)。
Source
Solution
一个很神仙的思路。
发现(N)非常大,但是(K)非常小,显然是状压DP,但是只状压(K)又不太好办。
于是我们发现,原来序列里只会有(2K)个点是一段(0)与一段(1)的间隔的点(我们这里取前一段的最后一个点)。然后我们又发现,不断地对一个段序列取反,实际上是让这一段和等长的只有(1)的序列异或。而这样之后,取反的区间内,相邻两个点的相对状态不会改变,即相邻两个点是否相等是不会改变的。
因此,我们对原序列(a_i)做一个这样的处理,维护这个点与后一个点的异或查分:
这样的话,我们对(a)里面连续的一段((l..r))取反,只会改变(b)里面的(b[l-1])与(b[r])两个点。
同时,(a)数组与(b)数组之间的又是唯一确定的关系。所以我们要(A)的末状态,等价于对应的(B)。
然后我们发现,如果把全(0)作为初状态,发光后的作为末状态,这样末状态太乱了,不方便转移。倒不如,倒过来,发光后的为初,全(0)为末。然后(A)全(0),对应的(B)也是全(0)的。
我们发现,我们实际上只是需要把初始的(B)里面的所有(1)全部去掉即可。然后,如果两个点坐标差恰好为一个操作时,就可以操作一次,那就是把这两点取反,中间的点不变!。那么我们要算出只取反(i)和(j) 需要的操作次数(f[i][j]),其实只需要从(i)出发跑BFS最短路即可。
然后考虑如何求出总的操作次数。
我们发现,(B)数列中最多有(2K) 个点为(1),所以我们只应该把那(2K)个点取反,其他点都不能动。那么我们状压一下这些点。然后就是一个非常显而易见的DP。(dp[S])表示(S)里面的点已经完成了取反的任务。
然后我们类似于愤怒的小鸟的优化,这里会产生很多重复的转移,我们的(i)只需要取(S)中的最小的点就可以了。
最后答案为(dp[full\_set])。
时间复杂度(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;
}