codeforces#1215E. Marbles(状压DP)

题目大意：给出一个由N个整数组成的序列，通过每次交换相邻的两个数，使这个序列的每个相同的数都相邻。求最小的交换次数。

比如给出序列：1 2 3 2 1 ，那么最终序列应该是 1 1 2 2 3 ，最小交换次数为4.

输入格式

第一行输入一个数字n（2≤n≤4*10^5），表示大理石的总数。

第二行输入n个数字a1，a2…,an（1≤ai≤20）表示第i块大理石的颜色为ai。

输出格式

最少交换的次数。

样例

样例输入 1

7

3 4 2 3 4 2 2

样例输出 1

3

样例输入 2

5

20 1 14 10 2

样例输出 2

0

样例输入 3

13

5 5 4 4 3 5 7 6 5 4 4 6 5

样例输出 3

21

可以发现这道题的操作比较复杂，N的数量级也很大，\(N^2\)的时间复杂度肯定是行不通的。

对于这种题，我们可以先通过几组样例来构思出整道题的模型。

所以我们不妨考虑只有两种数的情况，对于数列 \(11221\)，它的最终状态其实有两种\(11122\)和\(22111\)。我们统计每个数字2前面与它不同的数字的个数，分别是 2 + 2共需4次，这就是将所有的数字2全部移到左边所需要的次数，同理统计1的话只需2次。

现在我们来考虑多种数字的情况。我们发现这种情况不能直接通过上述方法来得出。但可以得到一个普遍的但不一定是最优的方法：

每次将一种数字全部移到左边，再将第二种数字全部移到左边（这时我们不能考虑第一种数字）。。。依次类推。

但每次移动哪种数字我们却不能确定，于是可以使用状压DP。

因为题目中\(1<=A_{i}<=20\)。设当前状态为S，如果S的第\(i\)位为1，则第\(i\)种颜色已经被选过，统计答案时便不需要统计第\(i\)种。

（大致思路已经给出，具体变量的含义请见注释）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define N 400010
#define M 30
#define LL long long

int A[N],n,pre[M][M];
LL f[1<<21];
vector<int> chos[M];

int main() {
	cin>>n;
	for(LL i=1;i<=n;i++) {
		cin>>A[i];
		chos[A[i]].push_back(i);//统计每种数字的下标，放入vector储存
	}
	//预处理
	for(LL i=1;i<=20;i++)
		for(LL j=1;j<=20;j++) {
			if(i==j || chos[i].size()==0 || chos[j].size()==0) continue;
			//统计答案
			for(LL k=0,v;k<chos[i].size();k++) {
				v=chos[i][k];
				if(v<chos[j][0]) continue;
				pre[i][j]+=lower_bound(chos[j].begin(),chos[j].end(),v)-chos[j].begin();
				//二分查找离当前数字最近的指定的下标，这就是需要交换的次数，进行累加
			}
		}
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	f[0]=0;
	for(LL i=0;i<(1<<20);i++)
		for(LL j=1;j<=20;j++) //DP部分
			if(!(i&(1<<(j-1)))) {
				LL sum=0;
				for(LL k=0;k<20;k++)
					if(i&(1<<k))
						sum+=pre[k+1][j];
				f[i|(1<<(j-1))]=min(f[i|(1<<(j-1))],f[i]+sum);
			}
	cout<<f[(1<<20)-1];
}