洛谷P3943 星空——题解

　　一道很好的锻炼思惟难度的题，若是您能在考场上直接想出来的话，提升组450分以上就没问题了吧。（别像做者同样看了好几篇题解才勉强会）

　　先提取出题目大意：给定一个长度n<=40000的01串，其中1的个数<=8，有m种操做，每次操做都是把一个该操做对应长度的区间取反，或者说异或上1，求使整个串变为只有0的串的最小操做次数。　

　　首先对于一次操做，确定不能暴力地一个个去取反吧。优化区间操做，要么用数据结构，要么用前缀和或差分。其实这里能够用差分来优化：创建新的下标最大为n+一、下标正常从1开始的d数组，d[i]=a[i]^a[i-1]，每次区间修改时，设修改的区间的左端点为l，右端点为r，只要让a[l]和a[r+1]分别异或上1就好了。

　　　　解释一下：这里的差分中的“差”已经不能简单理解为减法作差了，而是逻辑上的“差距”。差分维护的是相邻元素间的逻辑关系，从而使能从初始状态（a[0]）经过差分数组表达的逻辑关系推出某个位置上a的值（从形式上看就是求前缀）。对于异或来讲，正好知足这样的性质：咱们读入串时从a[1]开始读入，那a[0]没管它的话就会是0，那么发现从它开始向后与d数组作前缀异或时，设当前作到第i个位置了（即当前值=a[0]^d[1]^d[2]^……^d[i]），则当前值就是a[i]的值，一样对于差分优化的区间操做来讲，对  左端点  和   右端点+1  处取反后，在求一遍前缀异或，发现对于那个要修改的区间，真的就取反了。（能够这么考虑：对于区间中的位置来讲，修改后再求完前缀后，每位都比修改前的这位多异或了1，故取反；对于区间后面的位置，修改后再求完前缀后，每位都比修改前的这位多异或了2个1，就不会改变，整体上看，这个区间就被取反了。这要依赖于异或这个运算可交换且有单位元（么元）、且1有对于异或的逆元（其实全部数都有）（逆元可不仅限于取模哟））。由于要能实现右端点等于n的区间修改，因此d数组的最大下标为n+1，同时也是为下文1的个数为偶数的结论作铺垫。

　　那么问题就变为：给定一个长度n<=40001的01串，其中1的个数<=16，有m种操做，每次操做都是把下标差该操做对应长度的两个数取反，求使整个串变为只有0的串的最小操做次数。

　　　　解释一下：考虑将原串的1全都拿出来后一个个加入到一个全是0的串u里，造成一个与原串彻底同样的串，看看u串对应的差分数组的变化，发现每次加入一个1，差分数组要么新增2个1（加入u串的1在u串中左右没有相邻的1），要么有一个1日后或前移一个位置（加入u串的1在u串中的左边或右边中只有一边有相邻的1），要么减小2个1（加入u串的1在u串中的左边和右边都相邻的1），由于要从u串中加最多8个1，显然对应的差分数组最多就16个1，同时差分数组中1的个数必定为偶数。

　　　　显然对于每次操做取反的两个数中必定有一个1，否则此次操做不但没用，还多出了2个1，浪费次数还增多任务。考虑每次取反的两个数：

　　　　　　一、有1个1：那么结果是原来1的位置如今变成了0，原来0的位置如今变成了1。形象化地，1从原来的位置移动到了另外一个位置

　　　　　　二、有2个1：那么这两个1都会变为0，形象化地一个1移动到了有1的位置，两个1碰到一块儿就消失了。

　　因而问题又被形象化地转化为：给定一个长度n<=40001的01串，其中1的个数<=16，有m种移动长度，每次移动都是把1个1移动这个移动相应的移动长度，若2个1碰到一块儿（在同一个位置）就会消失，求使整个串的全部1消失的最小移动次数。

　　　　若是咱们知道了这些1两两碰到一块儿消失的最小移动次数，跑个状压DP就能够喽。而这些1两两碰到一块儿消失的最小移动次数，正能够对每一个1跑一遍BFS求得（把串的每一位当作一个点，向这个点能一次移动到的全部点都连一条长度为1的边），时间复杂度O(kmn)，彻底能够接受。至于状压DP，推荐写O(k*(2的2*K次方))的DP，若是写O((k的平方)*(2的2*K次方))的DP，虽然能过这个题，可是很容易到考场上被卡。关于O(k*(2的2*K次方))，咱们能够从当前状态向之后状态转移，当前状态第一个没有被消去的1早晚要被消去，不如先消去，转移到包括这个1的状态，容易发现每个消去全部1的状态，均可以经过这样的策略实现出来，因此这样是正确的。

最后看看代码吧：

  1 #include<iostream>
  2 #include<cstdio>
  3 #include<cstring>
  4 #include<queue>
  5 
  6 using namespace std;
  7 
  8 const int N=40005,M=64,K=8;
  9 
 10 int n,k,m,x,a[N],d[N],caolen[M+2],d1[K<<2],cntd1,lst[N],nxt[N*M<<1],to[N*M<<1],cnt;
 11 int wei[N],vis[N];
 12 
 13 long long dp[1<<K*2],dis[K<<3][K<<3];
 14 
 15 char ch;
 16 
 17 inline int read()
 18 {
 19     x=0;
 20     ch=getchar();
 21     while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
 22     while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
 23     return x;
 24 }
 25 
 26 inline void addedge(int u,int v)
 27 {
 28     nxt[++cnt]=lst[u];
 29     lst[u]=cnt;
 30     to[cnt]=v;
 31 }
 32 
 33 struct node{
 34     int w,dlen;
 35 }head;
 36 
 37 queue<node>q,ling;
 38 
 39 inline void bfs(int w,int ord)//变量含义：这个1在原串中的位置，这个1在d1（将d中的1又单独存了一下）中的位置 
 40 {
 41     memset(vis,0,sizeof vis);
 42     q=ling;
 43     vis[w]=1;
 44     int cntin=1,t;
 45     q.push((node){w,0});
 46     while(!q.empty())
 47     {
 48         head=q.front();
 49         q.pop();
 50         for(int e=lst[head.w];e;e=nxt[e])
 51             if(!vis[t=to[e]])
 52             {
 53                 vis[t]=1;
 54                 cntin++;
 55                 if(d[t])
 56                     dis[ord][wei[t]]=head.dlen+1;
 57                 if(cntin==n) 
 58                     return;
 59                 q.push((node){t,head.dlen+1});
 60             }
 61     }
 62 }
 63 
 64 inline void init()
 65 {
 66     n=read(),k=read(),m=read();
 67     for(int i=1;i<=k;++i)
 68         a[read()]=1;
 69     for(int i=1;i<=m;++i)
 70         caolen[i]=read();
 71     for(int i=1;i<=n+1;++i)
 72     {
 73         d[i]=a[i]^a[i-1];
 74         if(d[i])
 75         {
 76             d1[++cntd1]=i;
 77             wei[i]=cntd1;
 78         }
 79             
 80     }
 81     for(int i=1;i<=n+1;++i)
 82         for(int j=1;j<=m;++j)
 83         {
 84             if(i+caolen[j]<=n+1)
 85                 addedge(i,i+caolen[j]);
 86             if(i-caolen[j]>0)
 87                 addedge(i,i-caolen[j]);
 88         }
 89     memset(dis,0x3f,sizeof dis);
 90     for(int i=1;i<=cntd1;i++)
 91         bfs(d1[i],i);
 92 }
 93 
 94 int main()
 95 {
 96     init();    
 97     int lim=(1<<cntd1)-1;
 98     memset(dp,0x3f,sizeof dp);
 99     dp[0]=0;//下标为1的消去状态（下标的二进制第i位为1：d1中第i个1已被消去） 
100     for(int i=0;i<=lim;++i)
101     {
102         int j=0;
103         while(i&(1<<j))
104             j++;
105         for(int t=j+1;t<cntd1;t++)
106         {
107             if(!(i&(1<<t)))
108             dp[i|(1<<j)|(1<<t)]=min(dp[i|(1<<j)|(1<<t)],dp[i]+dis[j+1][t+1]);
109         }
110     }
111     printf("%lld",dp[lim]);
112     return 0;
113 }