[AHOI2002] Kitty猫基因突变

我们不妨将所有权值打到一棵树上，这很容易想到。

考虑暴力，如果我们选择了 \(w\) 个点，修改后我们会从叶子节点依次合并去计算贡献。

很显然我们可以动态规划维护。

\(f[p][w][0/1/2]\) 表示选了 \(w\) 个点，后整个区间的状态为 \(0/1/2\) 。

• 0 和 1 表示整个区间全为这个数。
• 2 表示混合区间，但也包含前两个状态。

特殊的，进行合并时，注意左右区间可以合并时，减去合并贡献。

注意每个节点都有贡献。

至此，此题得解。

具体复杂度 \(\mathcal{O}(2^k w^2)\) 。

这道题少有人做，但是希望对您有用，谢谢。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef double db;

const int N = 500;
const int M = 80;
const int Mod = 1e9 + 7;

inline int read()
{
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9')
    {
        if (ch == '-')
            f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9')
    {
        x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}

int n, w;

char s[N];

int c[N];

int f[N][M][3];

// 0 1 01

int ls(int p) { return p << 1; }
int rs(int p) { return p << 1 | 1; }

void dfs(int p, int l, int r)
{
    if (l == r)
    {
        if (s[l] == '1')
        {
            f[p][0][1] = 1;
            f[p][0][2] = 1;
        }
        else
        {
            f[p][0][0] = 1;
            f[p][1][1] = c[l] + 1;
            f[p][0][2] = 1;
            f[p][1][2] = c[l] + 1;
        }
        return;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    dfs(ls(p), l, mid);
    dfs(rs(p), mid + 1, r);
    for (int i = 0; i <= w; ++i)
    {
        for (int j = 0; j <= i; ++j)
        {
            for (int u = 0; u <= 2; ++u)
            {
                for (int v = 0; v <= 2; ++v)
                {
                    f[p][i][2] = min(f[p][i][2], f[ls(p)][j][u] + f[rs(p)][i - j][v] + 1);
                }
            }
            f[p][i][0] = min(f[p][i][0], f[ls(p)][j][0] + f[rs(p)][i - j][0] - 2 + 1);
            f[p][i][1] = min(f[p][i][1], f[ls(p)][j][1] + f[rs(p)][i - j][1] - 2 + 1);
            f[p][i][2] = min(f[p][i][2], min(f[p][i][0], f[p][i][1]));
        }
    }
}

int main()
{
    memset(f, Mod, sizeof(f));
    n = read(), w = read();
    scanf("%s", s + 1);
    n = 1 << n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        c[i] = read();
        if (s[i] == '1')
            c[i] = 0;
    }
    dfs(1, 1, n);
    printf("%d\n", min(min(f[1][w][0], f[1][w][1]), f[1][w][2]));
    return 0;
}