传送门～
题目分析：
首先，我们先看看做菜时间的运算机制。
$(A~ exttt{or}~B)-(A~ exttt{and}~B)$这个试子看起来有点复杂（因为我太菜了），仔细想想，是不是可以转化为$A~ exttt{xor}~B$呢？
好了，我们已经知道了运算机制，并将其化简了，接下来再看看其他的东东。
我太菜了，所以只能简单地理解为：
给定$n$个人, 确定一个排列, 使得不存在$i+b_{i}$在$i$之前。
并最小化下面这个式子。
$sum_{i=2}^{n}t_{i}$ $ exttt{xor}$ $t_{i-1}$应该都看得懂吧。
然后我们再看看数据范围。
$1<=bi<=7$。所以我们可以考虑状压DP 其实我是点开了标签才知道是状压的 。
往最简单的想：
$f[i][j]$表示前$i-1$个人已经打了饭，第$i$个人打饭，包括ta自己的后面的人打饭的集合。如，0101中0就是没打，1就是打。
但是显然题目里面允许$b_{i}$个同学插队，所以我们要记录一下前面打饭的人。
所以最终状态定义为：
$f[i][j][k]$表示前$i−1$个人都已经打完饭,$ i∼i+7$的打饭集合为$j$, 上一个打饭的是$i+k$.
为了方便理解，我的代码里面for循环是$k=-8～7$,所以宏定义了一下，把$k$加了一个10。
其实这个10可以随意，只要大于8就可以了，因为c++数组不能为负数。
这样处理，可以方便理解，减少打代码时的错误，而且数组相对位置没变，对答案没有影响。
扯了那么多，接下来就是递推了。
因为是求最小值，所以最开始$f$数组赋为$inf$，边界$f[1][0][-1]=0$。
然后枚举$2^8$种情况，即256,在这些0101001序列中：
当$j&1！=0$时，说明ta已经打了饭，后面的人就不会跑到他前面。
我们发现这个状态和 $f[i+1][j>>1][k−1]$ (第$i+1$个人打饭, 集合为去掉$i$后的状态, 最后一个打饭的人是$(i+1)+(k−1)$是一样的.可以直接转移过去.
当$j&1==0$时，说明ta还没有打饭，那么此时我们就在后面的$b_{i}$人里面枚举，去一个最小值。
还要注意的是，第一道菜没有代价，所以特判一下。
其次，为了满足同学的容忍度，如果同学忍无可忍了，就$break$出循环。
代码：
#include <bits/stdc++.h> #define f(i,j,k) f[i][j][k+10] using namespace std; const int N=1010; int n,t[N],b[N],f[N][260][20]; int main() { ios::sync_with_stdio(0); int T; cin>>T; while (T--) { cin>>n; for (int i=1;i<=n;i++) cin>>t[i]>>b[i]; memset(f,0x3f,sizeof(f)); f(1,0,-1)=0; for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=0;j<256;j++) for (int k=-8;k<8;k++) if (f(i,j,k)<1e9) { if (j&1) f(i+1,j>>1,k-1)=min(f(i+1,j>>1,k-1),f(i,j,k)); else { int r=1e9; for (int l=0;l<8;l++) if (!(j&(1<<l))) { if (i+l>r) break; if (i+l+b[i+l]<r) r=i+l+b[i+l]; f(i,j|(1<<l),l)=min(f(i,j|(1<<l),l),f(i,j,k)+(i+k?(t[i+k]^t[i+l]):0)); } } } int ans=1e9; for (int i=-8;i<=0;i++) ans=min(ans,f(n+1,0,i)); cout<<ans<<endl; } return 0; }