19-11-2-M

最后一个当然要模自己辣。

%%%Miemengsb

ZJ一下：

三道题没有一道会的，唯一的20还是T2输出$n/2$得的

咝……

T1一看，只会暴力。

T2一看，像是状压，但是我是$dpsb$，于是弃掉了。

T3一看，GP不会，于是又打了一个暴力。

结果：

和*一样。

42

Miemeng

0 00:00:18

20 00:00:37

0 00:00:53

20 00:00:53

这是TJ：

我GP不会，于是先咕掉了，吱。

T2

非常不会的时光倒流状压dp。

首先设$f_{i,s}$为时间为$i$，状态是$s$时是否可行。

然后我们发现一个神奇的性质……

当我们手玩一下性质时，就会发现所谓的拨动传递抵消是没有用的，如果两个拨动传递的时候抵消了，那么一定有上面的所有祖先全部被拨动了$2$次（也就是没有拨动）。

我们从末情况向前推，每次的操作就变成去掉一个点的影响，我们预处理出每个点在$i$秒后的影响以实现快速转移。

为什么从末情况向前推更加优呢？

因为每个点的影响时间是确定的（倒着），如果正向的话就可能需要枚举或是处理最后时间的情况。

这样就可以快乐的转移了

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdint>
#include <climits>
#include <cstdio>
#define V 35
#define N 111
#define LL long long

using namespace std;

LL pn,tp,ans=INT_MAX;
LL fa[N],aim[N],aimn,
	g[V][V],dp[V][(1<<17)+V];

int main(){
#ifndef LOCAL
	freopen("decoration.in" ,"r",stdin);
	freopen("decoration.out","w",stdout);
#endif
	cin.sync_with_stdio(false);
	cin>>pn;
	fa[1]=0;
	for(int i=2;i<=pn;i++)
		cin>>fa[i];
	for(int i=1;i<=pn;i++){
		cin>>aim[i];
		if(aim[i]==1)
			aimn|=1<<(i-1);
	}
	LL maxs=(1ll<<pn)-1;
	for(int i=1;i<=32;i++){
		for(int j=0;j<=pn;j++){
			LL cnt=0,now=j,tot=pn-i;
			while(cnt<=tot && now!=0){
				cnt++;
				g[i][j]|=1<<(now-1);
				now=fa[now];
			}
		}
	}
	dp[pn+1][0]=1;
	for(int i=pn;i>=1;i--){
		for(int s=0;s<=maxs;s++){
			if(!dp[i+1][s]) continue;
			for(int k=1;k<=pn;k++)
				dp[i][s^g[i][k]]|=dp[i+1][s];
			dp[i][s]|=dp[i+1][s];
			if(dp[i][aimn]){
				cout<<pn-i+1<<endl;
				return 0;
			}
		}
	}
}