题目
题目大意
工厂内每个人只会操作一些机器。
他们会以随机的顺序来，每次选任意一台机器来操作。
一台机器只能由一个工人来操作。
可以花费一的代价来使某个工人学会一种机器。
问花费最少的代价，使得在所有的情况下每个人都能操纵一台机器。
正解
这题可以转化成个二分图。而答案一定满足：所有联通块都是个完全二分图。
我们要用最少的代价来造出这样的二分图。
预处理出所有的联通块，每个联通块用((x,y))表示，意味着左边有(x)个，右边有(y)个。
于是就有了下面这个状压DP：(f_{S,i})表示(S)集中的联通块都被使用了，其中完成了的联通块的(x)之和为(i)的最小边数。
等等，这个状态会不会存不下？
实际上，对于相同的((x,y))，我们只关心数量，所以可以进一步压缩。然后状态的数量就变得少了很多。
最后的答案记得要减去原来就有的边数。
代码
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 33
inline void update(int &x,int y){x>y?x=y:0;}
int n;
char can[N][N];
bool vis[N][2];
int cntl,cntr,have;
void find(int x,bool k){
vis[x][k]=1;
if (k==0){
cntl++;
for (int i=1;i<=n;++i)
if (can[x][i]=='1' && !vis[i][1])
find(i,1);
}
else{
cntr++;
for (int i=1;i<=n;++i)
if (can[i][x]=='1' && !vis[i][0])
find(i,0);
}
}
int sc[N][N];
struct State{
int x,y;
int num;
} lis[N];
int m;
int pro[N];
int chose[N];
int f[200000][N];
void dfs(int k,int s,int x,int y){
if (k>m){
if (s==0)
f[0][0]=0;
for (int j=0;j<n;++j){
if (x==y)
update(f[s][x],f[s][j]+(x-j)*(x-j));
for (int i=1;i<=m;++i)
if (chose[i]<lis[i].num)
update(f[s+pro[i-1]][j],f[s][j]);
}
return;
}
for (int i=0;i<=lis[k].num;++i){
chose[k]=i;
dfs(k+1,s+i*pro[k-1],x+i*lis[k].x,y+i*lis[k].y);
}
}
int main(){
freopen("factory.in","r",stdin);
freopen("factory.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;++i){
scanf("%s",can[i]+1);
for (int j=1;j<=n;++j)
if (can[i][j]=='1')
have++;
}
for (int i=1;i<=n;++i){
if (!vis[i][0]){
cntl=cntr=0;
find(i,0);
sc[cntl][cntr]++;
}
if (!vis[i][1]){
cntl=cntr=0;
find(i,1);
sc[cntl][cntr]++;
}
}
pro[0]=1;
for (int i=0;i<=n;++i)
for (int j=0;j<=n;++j)
if (sc[i][j]){
lis[++m]={i,j,sc[i][j]};
pro[m]=pro[m-1]*(sc[i][j]+1);
}
memset(f,127,sizeof f);
f[0][0]=0;
dfs(1,0,0,0);
printf("%d
",f[pro[m]-1][n]-have);
return 0;
}
总结
居然还有如此鬼畜的DP……