洛谷 P2051 [SDOI2009]学校食堂

传送门～

题目分析：
首先，我们先看看做菜时间的运算机制。
$(A~\texttt{or}~B)-(A~\texttt{and}~B)$这个试子看起来有点复杂（因为我太菜了），仔细想想，是不是可以转化为$A~\texttt{xor}~B$呢？
好了，我们已经知道了运算机制，并将其化简了，接下来再看看其他的东东。

我太菜了，所以只能简单地理解为：
给定$n$个人, 确定一个排列, 使得不存在$i+b_{i}$在$i$之前。
并最小化下面这个式子。
$\sum_{i=2}^{n}t_{i}$ $\texttt{xor}$ $t_{i-1}$应该都看得懂吧。
然后我们再看看数据范围。
$1<=bi<=7$。所以我们可以考虑状压DP 其实我是点开了标签才知道是状压的 。

往最简单的想：
$f[i][j]$表示前$i-1$个人已经打了饭，第$i$个人打饭，包括ta自己的后面的人打饭的集合。如，0101中0就是没打，1就是打。
但是显然题目里面允许$b_{i}$个同学插队，所以我们要记录一下前面打饭的人。

所以最终状态定义为：
$f[i][j][k]$表示前$i−1$个人都已经打完饭,$ i∼i+7$的打饭集合为$j$, 上一个打饭的是$i+k$.
为了方便理解，我的代码里面for循环是$k=-8～7$,所以宏定义了一下，把$k$加了一个10。
其实这个10可以随意，只要大于8就可以了，因为c++数组不能为负数。
这样处理，可以方便理解，减少打代码时的错误，而且数组相对位置没变，对答案没有影响。
扯了那么多，接下来就是递推了。

因为是求最小值，所以最开始$f$数组赋为$inf$，边界$f[1][0][-1]=0$。
然后枚举$2^8$种情况，即256,在这些0101001序列中：
当$j&1！=0$时，说明ta已经打了饭，后面的人就不会跑到他前面。
我们发现这个状态和 $f[i+1][j>>1][k−1]$ (第$i+1$个人打饭, 集合为去掉$i$后的状态, 最后一个打饭的人是$(i+1)+(k−1)$是一样的.可以直接转移过去.
当$j&1==0$时，说明ta还没有打饭，那么此时我们就在后面的$b_{i}$人里面枚举，去一个最小值。
还要注意的是，第一道菜没有代价，所以特判一下。
其次，为了满足同学的容忍度，如果同学忍无可忍了，就$break$出循环。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define f(i,j,k) f[i][j][k+10]
using namespace std;

const int N=;
int n,t[N],b[N],f[N][][];

int main()
{
    ios::sync_with_stdio();
    int T;
    cin>>T;
    while (T--) {
        cin>>n;
        for (int i=;i<=n;i++)
        cin>>t[i]>>b[i];
        memset(f,0x3f,sizeof(f));
        f(,,-)=;
        for (int i=;i<=n;i++)
        for (int j=;j<;j++)
        for (int k=-;k<;k++)
        if (f(i,j,k)<1e9) {
            if (j&)
            f(i+,j>>,k-)=min(f(i+,j>>,k-),f(i,j,k));
            else {
                int r=1e9;
                for (int l=;l<;l++)
                if (!(j&(<<l))) {
                    if (i+l>r) break;
                    if (i+l+b[i+l]<r) r=i+l+b[i+l];
                    f(i,j|(<<l),l)=min(f(i,j|(<<l),l),f(i,j,k)+(i+k?(t[i+k]^t[i+l]):));
                }
            }
        }
        int ans=1e9;
        for (int i=-;i<=;i++)
        ans=min(ans,f(n+,,i));
        cout<<ans<<endl;
    }
    return ;
}