[题解] codeforces 76 C Mutation

第一次写紫题题解，还是特别纪念一下。

大佬轻喷哈。

洛谷传送门

codeforces传送门

题目大意：

题目写的很直白明了，这里不写了。

思路：

我们即询问有多少种删除的字符集是合法的，只需要对于每种删除的字符集计算出相邻字符产生的代价即可。

考虑对于两个位置 \((i,j)\)，其能产生代价当旦仅当中间的字符被删光且 \(i,j\) 都没被删，考虑中间的字符集为 \(T\)，那么产生贡献的即为所有 \(T\) 的不包含 \(s_i,s_j\) 的超集 \(S\)。

首先显然要有 \(T\) 不包含 \(s_i,s_j\)。于是乎我们发现，如果我们钦定了 \(i\)，再枚举一个字符 \(C\)，那么 \(i\) 右侧第一个字符 \(c\) 才有可能产生贡献，那么有贡献的 \((i,j)\) 就只有 \(O(nk)\) 对。

考虑对于一组 \((S,a,b)\) 产生的贡献,其中 \(a,b\) 表示 \(s_i,s_j\)，即为不可删的字符。我们只需要对 \(f_s,f_{s\cup a,b}\) 进行一个 \(+m_{a,b}\) 的贡献，\(f_{s\cup \{a\}},f_{s\cup \{b\}}\)，进行一个 \(-m_{a,b}\) 的贡献即可。

然后我们对 \(f\) 进行高维前缀和即可得到代价数组 \(g\)。

这样的话时间复杂度为 \(O(n\cdot k+2^k\cdot k)\)。

代码：

AC记录

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 2e5 + 10, K = 25;
int n, k, T, sum, b[K], t[K], a[K][K], f[1 << K], ans;
string s;

void init() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	cin >> n >> k >> T >> s;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		s[i] -= 'A';
	}
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		sum |= 1 << s[i];
	}
	for (int i = 0; i < k; i++) {
		cin >> t[i];
	}
	for (int i = 0; i < k; i++) {
		for (int j = 0; j < k; j++) {
			cin >> a[i][j];
		}
	}
	return ;
}

int main() {
	init();
	memset(b, -1, sizeof b);
	for (int i = 0; i < k; i++) {
		f[1 << i] = t[i];
	}
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		for (int j = 0; j < k; j++) {
			if (b[j] >= 0) {
				if (!((b[j] >> j) & 1) && !((b[j] >> s[i]) & 1)) {
					f[b[j]] += a[j][s[i]];
					f[b[j] | (1 << j)] -= a[j][s[i]];
					f[b[j] | (1 << s[i])] -= a[j][s[i]];
					f[b[j] | (1 << j) | (1 << s[i])] += a[j][s[i]];
				}
				b[j] |= (1 << s[i]);
			}
		}
		b[s[i]] = 0;
	}
	for (int i = 0; i < k; i++) {
		for (int j = 0; j < 1 << k; j++) {
			if ((j >> i) & 1) {
				f[j] += f[j ^ (1 << i)];
			}
		}
	}
	for (int i = 0; i < 1 << k; i++) {
		if ((i & sum) == i && f[i] <= T && i != sum) {
			ans++;
		}
	}
	cout << ans;
	return 0;
}