【训练题24：状压DP+前缀和】邦邦的大合唱站队 | 洛谷 P3694

邦邦的大合唱站队 | 洛谷 P3694

难度

$提高+/省选-$

$-\frac{1.1k}{3k}$

题意

• 有 $N$ 个人站成一列，每个人属于编号为$[1,M]$之中的一个团队。每个团队都有人。
  你要重新安排队列，使得相同团队的人连续站在一起。
• 你需要选出一些人出列(剩下的人不动)，然后出列的人在刚刚出列的空位中任意选择归队位置。
• 问你最少出列的人数为多少，

数据范围

$1\le N\le 10^5$
$M\le 20$

思路

• 注意题意，出列的人只能回到刚刚出列的人的空位中去。
• 如果我们选择队头到队尾的团队编号的全排列然后进行暴力比较，时间复杂度至少也为 $O(M!)$，会 $TLE$
• 注意到，团队个数很少为 $20$，这个数字很适合$O(2^M)$。这个时候，我们可能会机敏地想到状态压缩正好就是这个时间复杂度
• 现在假设，从队头开始，我们已经排好了一些团队，他们的集合状态设为 $i$。我想知道，排好这些团队需要的最少出列人数是多少，我们用 $dp[i]$ 表示。
• 考虑转移。我们已经安排好的这么多团队里面，我们不需要知道这些团队的排列顺序是什么样的，我们只需要知道这个排列中最后一个应该安排哪个团队。因为根据 $DP$ 的最优子结构，我们无需考虑前面所有的排列顺序，只要知道他们的排列最优答案即可。
• 集合状态为 $i$ ， 明显所选的所有团队的人数和 $r$ 也是固定的。那么明显，所选团队的位置为从队头到第 $r$ 个位置。
• 我们选择已选团队中的某个团队 $j$，想让它安排在已排队伍的最后面。假设该团队的人数为 $ren[j]$ ，那易得我们所选团队的位置下标为 $[r-ren[j]+1,r]$
• 那么这个时候的出列人数我们该怎么计算呢？对于这个团队 $j$ ，如果团队中的人本来就在 $[r-ren[j]+1,r]$这个区间，那么他们不需要移动；反之，他们需要移动。
• 但是我们无需暴力跑一遍区间内的该团队人数，否则会超时。我们使用前缀数组 $pre[a][b]$ 表示位置 $[1,a]$有多少个团队编号为 $b$ 的人。这样就可以直接 $O(1)$计算出了。
• 写成表达式，即为：$$dp[i]=\min \{dp[i\oplus j]+ren[j]-(pre[r][j]-pre[r-ren[j]][j])\}$$
  其中 $\oplus$ 表示异或，它比减法快一点（但是这里和减法等价）

核心代码

时间复杂度 $O(m\times 2^m)$

/*
 _            __   __          _          _
| |           \ \ / /         | |        (_)
| |__  _   _   \ V /__ _ _ __ | |     ___ _
| '_ \| | | |   \ // _` | '_ \| |    / _ \ |
| |_) | |_| |   | | (_| | | | | |___|  __/ |
|_.__/ \__, |   \_/\__,_|_| |_\_____/\___|_|
        __/ |
       |___/
*/
const int MAX = 2e6+50;
int pre[MAX][30];
int ren[30];
int dp[MAX];
int main()
{
    
    
    int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i = 1;i <= n;++i){
    
    
        int t;scanf("%d",&t);
        for(int j = 1;j <= m;++j)pre[i][j]=pre[i-1][j];
        pre[i][t]++;
        ren[t]++;
    }
    fill(dp,dp+MAX,INF);
    dp[0] = 0;
    int ed = (1<<m);
    for(int i = 1;i < ed;++i){
    
    
        int r = 0;
        for(int j = 1;j <= m;++j){
    
    		/// 计算出目前状态有多少个人
            if(i & (1<<(j-1))){
    
    
                r += ren[j];
            }
        }
        for(int j = 1;j <= m;++j){
    
    
            if(i & (1<<(j-1))){
    
    
                dp[i]=min(dp[i],dp[i^(1<<(j-1))] + ren[j]-(pre[r][j] - pre[r-ren[j]][j]));
            }
        }
    }
    cout << dp[ed-1];
    return 0;
}