【BZOJ3003】LED BFS+状压DP

【BZOJ3003】LED

Description

LED屏是由一个庞大的点阵小灯泡组成的，一开始每个小灯泡都不发光。每一行一共有N个小灯泡，依次标号为1~n。现在给定K个点，要求这K个点发光，其余点必须保持熄灭状态。而这块LED屏的操作方式各种奇葩，一共有L种操作方法，第i种表示你能将任意长度恰为A_i的连续一段灯泡的状态取反（灭变亮，亮变灭）。

已知LED屏一共有m行，为了节省时间，请你算出每一行达到目标状态所需的最少操作次数。

Input

    输入文件第一行一个数m，表示LED屏的行数。

    对于LED屏的每一行：

    第一行为n,k,l，意义见上。

    第二行为k个数，表示要求发光的k个点。

    第三行为l个数，表示l种操作方式。

Output

    对于LED屏的每一行：如果无法达到目标状态，输出-1，否则输出最少次数。

Sample Input

2
10 8 2
1 2 3 5 6 7 8 9
3 5
3 2 1
1 2
3

Sample Output

2
-1
【数据规模】
对于100%的数据，T≤10，N≤10000，K≤10,L≤100,1≤A_i≤N。

题解：一开始想网络流想了半天。。。结果是错的。

第一步很常用也很关键，我们将原序列差分，然后就变成了只有2k个关键点需要染黑，而每个操作可以看成是将两个距离为L的格子同时反色。这个过程比较类似于一个最短路的过程，我们将一个关键点染色，此时出现了一个多余的点，我们再将多余点不断反色直到走到了另一个关键点，此时我们可以看做这两个关键点成功配对，而代价就是从这个点走到另一个点的最短路。所以我们先预处理出任意两个关键点之间的最短路，然后DP。

设f[S]表示已经配对的点的状态为S的最小代价。转移时，我只需要们枚举S中最后那个点和谁配对即可。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,m,K,L;
bool vis[10010];
int op[30],w[30],v[110],dis[10010],f[30][30],g[1<<20],Log[1<<20];
queue<int> q;
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')	f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+(gc^'0'),gc=getchar();
	return ret*f;
}
inline void work()
{
	n=rd(),K=rd(),L=rd(),m=0;
	memset(f,0x3f,sizeof(f)),memset(g,0x3f,sizeof(g));
	int i,j,a,u;
	for(i=1;i<=K;i++)
	{
		op[i]=rd();
		for(j=1;j<i;j++)	if(op[j]==op[i])	break;
		if(j==i)	vis[op[i]]^=1,vis[op[i]+1]^=1;
	}
	for(i=1;i<=n+1;i++)	if(vis[i])	w[m++]=i,vis[i]=0;
	for(i=1;i<=L;i++)	v[i]=rd();
	sort(w,w+m);
	for(i=0;i<m;i++)	Log[1<<i]=i;
	for(i=0;i<m;i++)
	{
		memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
		q.push(w[i]),dis[w[i]]=0;
		while(!q.empty())
		{
			u=q.front(),q.pop();
			for(j=1;j<=L;j++)
			{
				if(u+v[j]<=n+1&&dis[u+v[j]]==0x3f3f3f3f)	dis[u+v[j]]=dis[u]+1,q.push(u+v[j]);
				if(u-v[j]>=1&&dis[u-v[j]]==0x3f3f3f3f)	dis[u-v[j]]=dis[u]+1,q.push(u-v[j]);
			}
		}
		for(j=0;j<m;j++)	if(i!=j)	f[i][j]=dis[w[j]];
	}
	g[0]=0;
	for(i=1;i<(1<<m);i++)
	{
		a=Log[i&-i];
		for(j=a+1;j<m;j++)	if((i>>j)&1)	g[i]=min(g[i],g[i^(1<<j)^(1<<a)]+f[j][a]);
	}
	printf("%d\n",(g[(1<<m)-1]==0x3f3f3f3f)?-1:g[(1<<m)-1]);
}
int main()
{
	int T=rd();
	while(T--)	work();
	return 0;
}//2 10 8 2 1 2 3 5 6 7 8 9 3 5 3 2 1 1 2 3
//1 10 3 2 1 1 10 10 8