题面：
题解：
很好的思维题，考察数学抽象和问题转化能力。
考虑到区间最长为$40000$，若暴力翻转，一次复杂度为$O(n)$，显然不可承受，考虑将区间操作转化为单点操作，所以我们可想到差分，因为一次翻转为取$xor$，所以我们定义差分为$b[i]=a[i] xor a[i+1]$。
差分后数组变为一个$01$串，包含不超过$2k$个零。
问题转化（转化一）为：给定一个$01$串，有不超过$2k$个零，每次操作时，从$m$种距离中选一个，把序列上相距为该距离的两个数取反，问使整个串为$0$的最少操作数。
观察该问题，我们可能会有两种操作，
1.一个$1$，一个$0$，相当于移动。
2.两个$0$，相当于消去。
这样，我们可以继续把问题转化（转化二）为：一张图，有$2k$个物品在不同起点，每次操作时，从$m$种距离中选一个，把该物品移动，当两物品相遇时，它们消去，求最少操作数。
我们发现，图上一共有$n$个节点，每个点有$m$条边，于是我们可以用$spfa$预处理出两两间的最短路，复杂度为$O(nmk)$。
考虑继续转化（转化三）为：2k个物品，选择其中两个可以消去，分别有不同的代价。
显然可用状压处理，但注意要写复杂度为$O(k*2^{2k})$的，防止被卡。附上大佬博客。
code:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define R register
#define ll long long
inline ll read(){
ll aa=0;R int bb=1;char cc=getchar();
while(cc<'0'||cc>'9')
{if(cc=='-')bb=-1;cc=getchar();}
while(cc>='0'&&cc<='9')
{aa=(aa<<1)+(aa<<3)+(cc^48);cc=getchar();}
return aa*bb;
}
const int N=40003;
const int M=18;
int n,k,m,a[N],b[N],tt,pos[M],dp[1<<M];
int ds[N],dis[M][M];
queue<int>qi;
inline void spfa(int st)
{
memset(ds,0,sizeof(ds));
int x=pos[st];ds[x]=1;qi.push(x);
while(!qi.empty()){
int u=qi.front();qi.pop();
for(R int i=1;i<=m;++i){
if(u+b[i]<=n&&!ds[u+b[i]]){
ds[u+b[i]]=ds[u]+1;
qi.push(u+b[i]);
}
if(u-b[i]>=0&&!ds[u-b[i]]){
ds[u-b[i]]=ds[u]+1;
qi.push(u-b[i]);
}
}
}
for(R int i=1;i<=tt;++i)dis[st][i]=ds[pos[i]]-1;
}
int main()
{
n=read();k=read();m=read();
for(R int i=1,x;i<=k;++i){x=read();a[x]^=1;}
for(R int i=0;i<=n;++i){
a[i]^=a[i+1];
if(a[i])pos[++tt]=i;
}
for(R int i=1;i<=m;++i)b[i]=read();
for(R int i=1;i<=tt;++i)spfa(i);
const int lim=(1<<tt)-1;
memset(dp,0x3f,sizeof(dp)); dp[0]=0;
for(R int i=0;i<lim;++i)
for(R int j=1;j<=tt;++j){
if((1<<(j-1))&i)continue;
for(R int q=j+1,x;q<=tt;++q){
if(((1<<(q-1))&i)||dis[j][q]==-1)continue;
x=(i|(1<<(q-1))|(1<<(j-1)));
dp[x]=min(dp[x],dp[i]+dis[j][q]);
}
break;//保证复杂度，只需处理第一个位置，防止重复。
}
printf("%d
",dp[lim]);
return 0;
}