AtCoder Context ABC 119- C - Synthetic Kadomatsu(比特运算解法)

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题目
你有N根竹竿子，这N根竹竿子的长度依次为l1,l2,l3..lN(单位是厘米)
你的任务是，从N根竹竿子里面选择一些竹竿子（所有选择也能够），用这些选出来的竹竿子，制做长度为A，B，C的3根竹竿子。为了完成这项任务，赋予你3种魔法。你能够任意使用这三种魔法，使用次数任意。

• 延长魔法：消耗1MP（魔法值），选择一根竹竿子，使它的长度增长1
• 缩短魔法：消耗1MP（魔法值），选择一根长度为2以上的竹竿子，使它的长度减小1
• 合成魔法：消耗10MP（魔法值），选择两根竹竿子，把它合成一根竹竿子。新的竹竿子是两根竹竿子的长度的和。（使用合成魔法合成的竹竿子一样可使用其余魔法）

为了完成你的任务，你至少须要消耗多少MP？

输入前提条件

• 3<=N<=8
• 1<=C<B<A<=1000
• 1<=li<=1000
• 输入的全部的值为整数

输入
输入都以如下标准从命令行输入

N A B C
l1
l2
l3
.
.
.
lN

输出

输出须要的最少的魔法值

---

例1
输入

5 100 90 80
98
40
30
21
80

输出

23

从5根长度分别是98，40，30，21，80的竹竿子里制做长度为100,90,80的3根竹竿子
咱们已经有长度为80的竹竿子，长度为90，100的竹竿子用下面的魔法获得

1. 对长度为98的竹竿子，使用2次延长魔法，使其长度达到100(消耗MP:2)
2. 对长度为30和40的竹竿子使用合成魔法，使其长度达到70（消耗MP：10）
3. 对长度为21的竹竿子使用缩短魔法，使其长度达到20
4. 使用合成魔法合唱2获得的70和3获得的20，合成长度为90的竹竿子

例2
输入

8 100 90 80
100
100
90
90
90
80
80
80

输出

0

已经准备好的竹竿子里面已经含有任务须要的竹竿子的话，咱们没必要使用魔法。

例3
输入

8 1000 800 100
300
333
400
444
500
555
600
666

输出

243

---

读懂题目
用一个数列ARR，里面有N个数。用这N个数，进行+1，-1，两两相加的方法，拼凑A，B，C。求最少的代价的方法。
+1，-1的代价是1
两两相加的方法的代价是10

解题思路
这一题咋一看，怎么办啊。合成魔法也就是拼接，貌似能够抽象成排列组合的问题。可是延长魔法（+1），缩短魔法(-1)貌似很差抽象成数学问题。

1根竹竿子，只能用在A，B，C的其中一个上。若是一根竹竿子想用在A上，又用在B上是不可能的，由于没有分解魔法…………^^

这样想的话，每一根竹竿子的归属有属于A，属于B，属于C，3种归属,而且每一根竹竿子只有一个归属

等一下，还有一种状况就是竹竿子没有被使用。由于题目条件没有说非得所有使用，也就是存在没有被使用的竹竿子的可能性。

所以每一根竹竿子的归属有属于A，属于B，属于C，没有被使用，4种归属

那么N个竹竿子，全部的状况考虑进来的话，应该有4的N次方种状况。咱们看一看条件，这里N最大是8。因此最多的状况是4的8次方，65536种状况。O(N)的复杂度的话，时间上是来得及。

如何遍历4的N次方的全部状况，这里咱们用到改进版的比特运算

那么每一种状况的MP如何求到呢。好比N=6，有6根竹竿子。
第1，2，3根竹竿子用来制做A，
4，5用来制做B，
6用来制做C
制做A所须要的MP是2次合成，而后A的长度-（1，2，3）的长度的和的绝对值
制做B所须要的MP是1次合成，而后A的长度-（4,5）的长度的和的绝对值
制做C所须要的MP是0次合成，而后A的长度-（6）的长度的和的绝对值
这一点细想就能知道
1，2，3都用开制做A的状况下，延长魔法对1使用或是对2使用，能够看做最终对合成后的竹竿子使用。
因此咱们先使用合成魔法拼接，而后再考虑用延长或者缩短魔法。

A，B，C必需要有原材料，若是出现A，B，C没有原材料的状况，该状况不容许考虑

代码
比特运算解法

import math
N,A,B,C = map(int,input().split())
ARR = []
for i in range(N):
    ARR.append(int(input()))

def calculate(n, arr, a, b, c):
    result = []
    for i in range(4 ** n):
        materialA = set()
        materialB = set()
        materialC = set()
        materialNone = set()
        for j in range(n):
            s = (i >> 2 * j & 1)
            t = (i >> (2 * j + 1) & 1)
            if (s == 0) and (t == 0):
                materialA.add(j)
            if (s == 1) and (t == 0):
                materialB.add(j)
            if (s == 0) and (t == 1):
                materialC.add(j)
            if (s == 1) and (t == 1):
                materialNone.add(j)

        ok, mp = judge(n, arr, a, b, c, materialA, materialB, materialC, materialNone)
        if ok:
            result.append(mp)
    print(int(min(result)))

def judge(n, arr, a, b, c, materialA, materialB, materialC, materialNone):


    if materialNone == n:
        return False, -1

    if len(materialA) == 0:
        return False, -1

    if len(materialB) == 0:
        return False, -1

    if len(materialC) == 0:
        return False, -1

    mpA = 0
    a = a - calculateResult(arr,materialA)
    mpA += math.fabs(a)
    if len(materialA) > 1:
        mpA += 10 * (len(materialA) - 1)

    mpB = 0
    b = b - calculateResult(arr,materialB)
    mpB += math.fabs(b)
    if len(materialB) > 1:
        mpB += 10 * (len(materialB) - 1)

    mpC = 0
    c = c - calculateResult(arr,materialC)
    mpC += math.fabs(c)
    if len(materialC) > 1:
        mpC += 10 * (len(materialC) - 1)


    return True,mpA+mpB+mpC

def calculateResult(arr,material):
    result = 0
    for m in material:
        result = result + arr[m]
    return result

calculate(N, ARR, A, B, C)

dfs解法

import math

N, A, B, C = map(int, input().split())
ARR = []
for i in range(N):
    ARR.append(int(input()))
result = []


def dfs(deep, crr):
    if deep == N:
        ok, res = calculate(crr)
        if ok:
            result.append(int(res))
    else:
        for i in range(4):
            crr[deep] = i
            dfs(deep + 1, crr)


def calculate(crr):
    sA = []
    sB = []
    sC = []
    sN = []
    for index, cr in enumerate(crr):
        if cr == 0:
            sN.append(ARR[index])
        if cr == 1:
            sA.append(ARR[index])
        if cr == 2:
            sB.append(ARR[index])
        if cr == 3:
            sC.append(ARR[index])

    if len(sA) == 0:
        return False, -1
    if len(sB) == 0:
        return False, -1
    if len(sC) == 0:
        return False, -1


    s1 = (len(sA) - 1) * 10 + math.fabs(sum(sA) - A)
    s2 = (len(sB) - 1) * 10 + math.fabs(sum(sB) - B)
    s3 = (len(sC) - 1) * 10 + math.fabs(sum(sC) - C)

    return True, s1 + s2 + s3


dfs(0, [0 for i in range(N)])

print(min(result))

总结
这里考察了如何把魔法问题抽象成排列组合的数学问题的思惟
另外对于如何遍历4的N次方的状况的方法也进行了考察
遍历的方法这里用到了比特运算。还有DFS的方法。

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