BZOJ3508 开灯 & [校内NOIP2018模拟20181027] 密码锁

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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

By zjwst960422

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：

[b[i]=a[i] xor a[i+1]quad 0leq i leq n ]

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。

[dp[S]=min{dp[C_S{i,j}]+f[i][j] | i,jin S}qquad dp[0]=0 ]

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;
}