「Codeforces 79D」Password

Description

有一个 01 序列 $a_1,a_2,\cdots,a_n$，初始时全为 $0$。

给定 $m$ 个长度，分别为 $l_1\sim l_m$。

每次可以选择一个长度为某个 $l_i$ 区间，对其进行翻转操作（$0\to 1,1\to 0$）。

求最少的操作次数，使得最后有且仅有 $k$ 个位置为 $1$（$k$ 个位置给定），其余为 $0$。

$1\leq n\leq 10^4,1\leq k\leq 10,1\leq m\leq 100$。

Solution

原问题等价于：

给定 01 序列 $a_1,a_2,\cdots,a_n$，有 $k$ 个位置为 $1$，其余为 $0$。每次可以翻转长度为 $l_i$ 的区间，求将 $a$ 清零的最小操作数。

操作为区间修改，考虑差分。

由于是“区间取反”，一般的作差差分无法使用，考虑 异或差分。令 $b_i=a_i\text{ xor }a_{i+1}$（设 $a_0=a_{n+1}=0$）。

那么，将原序列中的区间 $[l,r]$ 翻转，等价于将差分序列中的 $b_{l-1},b_r$ 取反（其他元素不变）。

Step1

考虑到 $b$ 序列初始最多只有 $2k$ 个 $1$，则问题转化为：

给定 01 序列 $b_0,b_2,\cdots,b_n$，最多有 $2k$ 个位置为 $1$。每次可以选择一对距离为 $l_i$ 的位置，将其取反。求将 $b$ 清零的最小操作次数。

设选择的一对位置为 $(x,y)$。分类讨论：

若 $b_x=0,b_y=0$，则操作后 $b_x=1,b_y=1$，增加 $2$ 个 $1$。（显然会使答案更劣，不会发生）
若 $b_x=1,b_y=1$，则操作后 $b_x=0,b_y=0$，相当于 $2$ 个 $1$ 碰撞变成 $0$，减少 $2$ 个 $1$。
若 $b_x=1,b_y=0$，则操作后 $b_x=0,b_y=1$，相当于把 $x$ 上的 $1$ 移到 $y$，$1$ 的数量不变。
若 $b_x=0,b_y=1$，与 $b_x=1,b_y=0$ 同理，$1$ 的数量不变。

Step2

问题等价于：（第 $i$ 个节点有标记相当于 $b_i=1$）

给定一个有 $n+1$ 个节点的图（点的编号为 $0\sim n$）。当 $dis(x,y)=l_i$ 时，存在边 $(x,y)$。初始时最多有 $2k$ 个节点上有标记，每次可以沿边移动标记。两个标记相遇就会消失。求使所有标记消失的最少移动次数。

设标记点分别为 $p_0,p_1,\cdots,p_{g-1}$。

首先，我们可以通过 BFS 计算出所有标记点对之间的距离。

$2k\leq 20$，考虑 状压 DP（差分序列中为 $0$ 的位置不用管，只考虑 $2k$ 个 $1$，有 $2^{2k}$ 种状态）。令 $f_S$ 表示标记点状态为 $S$ 时使所有标记消失的最少移动次数。

（$S$ 二进制下的第 $i$ 位为 $1$ 表示标记点 $p_i$ 上的标记未消失。显然转移只需考虑 $2$ 个 $1$ 碰撞变成 $0$ 的情况，其他情况都是没有意义的，所以我们不需要考虑非初始标记点的状态）

转移：设 $S$ 二进制下为 $1$ 的其中两个位为 $i,j$，$f_{S}=\min\{f_{S-2^i-2^j}+dis(i,j)\}$。

初始时 $f_0=0,f_i=\infty\,(i\neq 0)$。答案即为 $f_{2^g-1}$。

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std;

const int N=1e4+5,M=22;

int n,m,k,x,a[N],b[N],l[N],g,c[N],d[N],dis[M][M],f[1<<M],ans;

bool v[N];

queue<int>q;

void bfs(int s){    //BFS 计算出所有标记点对之间的距离

    for(int i=0;i<=n;i++) d[i]=1e18,v[i]=0;

    d[s]=0,v[s]=1,q.push(s);

    while(q.size()){

        int x=q.front(),y;q.pop();

        for(int i=1;i<=m;i++){

            if((y=x+l[i])<=n&&!v[y]) d[y]=d[x]+1,v[y]=1,q.push(y);

            if((y=x-l[i])>=0&&!v[y]) d[y]=d[x]+1,v[y]=1,q.push(y);

        }

    }

    for(int i=0;i<=n;i++)

        if(b[i]) dis[c[s]][c[i]]=d[i];

}

signed main(){

    scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&m);

    for(int i=1;i<=k;i++)

        scanf("%lld",&x),a[x]=1;

    for(int i=1;i<=m;i++)

        scanf("%lld",&l[i]);

    for(int i=0;i<=n;i++)

        b[i]=a[i]^a[i+1],c[i]=(b[i]?g++:0);    //b 为差分序列。若节点 i 是标号点，也就是 b[i]=1，则节点 i 对应的标记点编号为 c[i]（编号从 0 开始）

    for(int i=0;i<=n;i++)

        if(b[i]) bfs(i);    //注意这里是 if(b[i]) 而不是 if(c[i])，因为标记点的编号是从 0 开始的

    for(int s=1;s<(1<<g);s++){     //状压 DP

        f[s]=1e18;

        for(int i=0;i<g;i++){

            if(!((s>>i)&1)) continue;

            for(int j=i+1;j<g;j++)    //枚举 S 二进制下为 1 的两个位为 i,j

                if((s>>j)&1) f[s]=min(f[s],f[s-(1<<i)-(1<<j)]+dis[i][j]);

        }

    }

    ans=f[(1<<g)-1],printf("%lld\n",ans==1e18?-1:ans);

    return 0;

}