Description
有一个 01 序列 (a_1,a_2,cdots,a_n)，初始时全为 (0)。
给定 (m) 个长度，分别为 (l_1sim l_m)。
每次可以选择一个长度为某个 (l_i) 区间，对其进行翻转操作（(0 o 1,1 o 0)）。
求最少的操作次数，使得最后有且仅有 (k) 个位置为 (1)（(k) 个位置给定），其余为 (0)。
(1leq nleq 10^4,1leq kleq 10,1leq mleq 100)。
Solution
原问题等价于：
给定 01 序列 (a_1,a_2,cdots,a_n)，有 (k) 个位置为 (1)，其余为 (0)。每次可以翻转长度为 (l_i) 的区间，求将 (a) 清零的最小操作数。
操作为区间修改，考虑差分。
由于是“区间取反”，一般的作差差分无法使用，考虑 异或差分。令 (b_i=a_i ext{ xor }a_{i+1})（设 (a_0=a_{n+1}=0)）。
那么，将原序列中的区间 ([l,r]) 翻转，等价于将差分序列中的 (b_{l-1},b_r) 取反（其他元素不变）。
Step1
考虑到 (b) 序列初始最多只有 (2k) 个 (1)，则问题转化为：
给定 01 序列 (b_0,b_2,cdots,b_n)，最多有 (2k) 个位置为 (1)。每次可以选择一对距离为 (l_i) 的位置，将其取反。求将 (b) 清零的最小操作次数。
设选择的一对位置为 ((x,y))。分类讨论：
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若 (b_x=0,b_y=0)，则操作后 (b_x=1,b_y=1)，增加 (2) 个 (1)。（显然会使答案更劣，不会发生）
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若 (b_x=1,b_y=1)，则操作后 (b_x=0,b_y=0)，相当于 (2) 个 (1) 碰撞变成 (0)，减少 (2) 个 (1)。
-
若 (b_x=1,b_y=0)，则操作后 (b_x=0,b_y=1)，相当于把 (x) 上的 (1) 移到 (y)，(1) 的数量不变。
-
若 (b_x=0,b_y=1)，与 (b_x=1,b_y=0) 同理，(1) 的数量不变。
Step2
问题等价于：（第 (i) 个节点有标记相当于 (b_i=1)）
给定一个有 (n+1) 个节点的图（点的编号为 (0sim n)）。当 (dis(x,y)=l_i) 时，存在边 ((x,y))。初始时最多有 (2k) 个节点上有标记，每次可以沿边移动标记。两个标记相遇就会消失。求使所有标记消失的最少移动次数。
设标记点分别为 (p_0,p_1,cdots,p_{g-1})。
首先，我们可以通过 BFS 计算出所有标记点对之间的距离。
(2kleq 20)，考虑 状压 DP（差分序列中为 (0) 的位置不用管，只考虑 (2k) 个 (1)，有 (2^{2k}) 种状态）。令 (f_S) 表示标记点状态为 (S) 时使所有标记消失的最少移动次数。
（(S) 二进制下的第 (i) 位为 (1) 表示标记点 (p_i) 上的标记未消失。显然转移只需考虑 (2) 个 (1) 碰撞变成 (0) 的情况，其他情况都是没有意义的，所以我们不需要考虑非初始标记点的状态）
转移：设 (S) 二进制下为 (1) 的其中两个位为 (i,j)，(f_{S}=min{f_{S-2^i-2^j}+dis(i,j)})。
初始时 (f_0=0,f_i=infty\,(i eq 0))。答案即为 (f_{2^g-1})。
#include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; const int N=1e4+5,M=22; int n,m,k,x,a[N],b[N],l[N],g,c[N],d[N],dis[M][M],f[1<<M],ans; bool v[N]; queue<int>q; void bfs(int s){ //BFS 计算出所有标记点对之间的距离 for(int i=0;i<=n;i++) d[i]=1e18,v[i]=0; d[s]=0,v[s]=1,q.push(s); while(q.size()){ int x=q.front(),y;q.pop(); for(int i=1;i<=m;i++){ if((y=x+l[i])<=n&&!v[y]) d[y]=d[x]+1,v[y]=1,q.push(y); if((y=x-l[i])>=0&&!v[y]) d[y]=d[x]+1,v[y]=1,q.push(y); } } for(int i=0;i<=n;i++) if(b[i]) dis[c[s]][c[i]]=d[i]; } signed main(){ scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&m); for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%lld",&x),a[x]=1; for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld",&l[i]); for(int i=0;i<=n;i++) b[i]=a[i]^a[i+1],c[i]=(b[i]?g++:0); //b 为差分序列。若节点 i 是标号点，也就是 b[i]=1，则节点 i 对应的标记点编号为 c[i]（编号从 0 开始） for(int i=0;i<=n;i++) if(b[i]) bfs(i); //注意这里是 if(b[i]) 而不是 if(c[i])，因为标记点的编号是从 0 开始的 for(int s=1;s<(1<<g);s++){ //状压 DP f[s]=1e18; for(int i=0;i<g;i++){ if(!((s>>i)&1)) continue; for(int j=i+1;j<g;j++) //枚举 S 二进制下为 1 的两个位为 i,j if((s>>j)&1) f[s]=min(f[s],f[s-(1<<i)-(1<<j)]+dis[i][j]); } } ans=f[(1<<g)-1],printf("%lld ",ans==1e18?-1:ans); return 0; }