[Codeforces 79D]Password（BFS + 状压 DP）

Address

• 洛谷 RemoteJudge
• Codeforces 79D

Meaning

• 有 $n$ 枚硬币，一开始全部正面朝上
• 给定一个大小为 $l$ 的正整数集合 $a$
• 每次可以选定一个长度 $w\in a$ ，将一段连续的 $w$ 枚硬币全部翻转
• 求使得最后仅有给定的 $k$ 枚硬币 $a_1,a_2,...,a_k$ 反面朝上的最小翻转次数
• $1\le n\le10000$ ， $1\le k\le10$ ， $1\le l\le100$

Solution

• 一道思路非常棒的好题
• 以下为了方便讨论，将反面朝上记作 $1$ ，正面朝上记作 $0$
• 将最终硬币状态的 $01$ 序列（反面朝上处为 $1$ ，正面朝上处为 $0$ ）作一个异或意义下的差分
• 那么原序列的一个长度为 $w$ 的区间异或 $1$
• 就等价于差分序列中两个距离为 $w$ 的位置异或 $1$ （这个位置可以为 $n+1$ ）
• 而 $k$ 只有 $10$ ，差分后 $1$ 的个数最多也就 $2k$
• 下面转化问题：一个含有不超过 $2k$ 个 $1$ 的差分序列，每次可以选一个 $w\in a$ 选两个距离为 $w$ 的位置异或 $1$ ，求把所有数变成 $0$ 的最少次数
• 而在任何时候，差分序列中两个当前为 $0$ 的位置异或 $1$ 显然不优
• 差分序列中两个当前为 $1$ 的位置异或 $1$ ，就能将这两个 $1$ 同时变成 $0$
• 而如果这两个位置当前一个为 $1$ 一个为 $0$ ，那么这两个位置异或 $1$ ，等价于 $1$ 向 $0$ 的方向平移了 $w$ 个单位（ $w$ 为两个位置间的距离）
• 注意上面的位置中也包括 $n+1$
• 预处理出 $g[i][j]$ 和 $h[i]$
• $g[i][j]$ 表示一个 $1$ 在 $i$ ，另一个 $1$ 在 $j$ ，在不影响其他位置的情况下把这两个 $1$ 变成 $0$ 的最少次数
• $h[i]$ 表示一个 $1$ 在 $i$ ，在不影响其他位置的情况下把这个 $i$ 变成 $0$ （位置 $n+1$ 会被取反）
• 注意我们这里会用到的 $i,j$ 仅仅是差分序列上最多 $2k$ 个为 $1$ 的位置
• 考虑建图： $1$ 到 $n+1$ 这 $n+1$ 个点，对于任意 $w\in a$ ，如果 $|i-j|=w$ 则连边 $(i,j)$ ，边权为 $1$
• 求 $g[i][j]$ 可以固定一个点 $i$ ，以 $i$ 为源点求单源最短路，就能求出所有的 $g[i][]$
• 注意边权为 $1$ ，可以 BFS 代替最短路
• $h[i]$ 则是以 $n+1$ 为源点 BFS
• 有了最短路之后，我们可以开始 DP 辣
• $f[S]$ 表示将差分序列的下标集合 $S$ 进行取反，其他位置不受影响的最小步数（ $S$ 中仅包含不超过 $2k$ 个位置）
• 显然 $f[\emptyset]=0$
• （1）枚举 $i,j\in S,i\ne j$ ，表示 $i$ 和 $j$ 位置一起被取反，其他位置不受影响
• $f[S]=\min(f[S],f[S-i-j]+g[i][j])$
• （2）枚举 $i\in S$ ，表示 $i$ 借助位置 $n+1$ 实现取反，其他位置不受影响
• $f[S]=\min(f[S],f[S-i]+h[i])$
• 转移时可以假定 $i$ 是 $S$ 内的第一个元素（因为 $S$ 内所有的位置都必须被取反）
• 最后答案显然为 $f[all]$ ， $all$ 为最终状态差分 $01$ 序列上 $1$ 的位置集合
• 复杂度 $O(knl+2^{2k}\times k)$

Code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

inline int read()
{
	int res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	return bo ? ~res + 1 : res;
}

template <class T>
inline T Min(const T &a, const T &b) {return a < b ? a : b;}

const int N = 1e4 + 5, E = 25, M = 205, C = (1 << 20) + 5, INF = 0x3f3f3f3f;

int n, k, m, arr[N], a[M], tot, w[E], g[E][E], dis[N], len, que[N],
f[C], Cm, dn[C];

void bfs(int S)
{
	memset(dis, INF, sizeof(dis));
	dis[que[len = 1] = S] = 0;
	for (int i = 1; i <= len; i++)
	{
		int u = que[i];
		for (int j = 1; j <= m; j++)
		{
			int v = u + a[j];
			if (v < 1 || v > n + 1 || dis[v] < INF) continue;
			dis[que[++len] = v] = dis[u] + 1;
		}
	}
}

int main()
{
	n = read(); k = read(); m = read();
	for (int i = 1; i <= k; i++) arr[read()] = 1;
	for (int i = n; i; i--) arr[i] ^= arr[i - 1];
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		a[i] = read(), a[i + m] = -a[i];
	m <<= 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (arr[i]) w[++tot] = i;
	for (int i = 1; i <= tot; i++)
	{
		bfs(w[i]);
		for (int j = 1; j <= tot; j++)
			g[i][j] = dis[w[j]];
	}
	bfs(n + 1);
	memset(f, INF, sizeof(f));
	f[0] = 0;
	Cm = 1 << tot;
	for (int i = 1; i <= tot; i++) dn[1 << i - 1] = i;
	for (int S = 1; S < Cm; S++)
	{
		int id = dn[S & -S], T = S ^ (S & -S);
		f[S] = Min(f[S], f[T] + dis[w[id]]);
		for (int i = 1; i <= tot; i++)
			if ((T >> i - 1) & 1)
				f[S] = Min(f[S], f[T ^ (1 << i - 1)] + g[id][i]);
	}
printf("%d\n", f[Cm - 1] == INF ? -1 : f[Cm - 1]);
	return 0;
}