洛谷 P6622 [省选联考 2020 A/B 卷] 信号传递
某次模拟赛的T2，考场上懒得想正解 （其实是不会QAQ），打了个暴力就骗了\(30pts\) 就火速溜了，参考了一下某位强者的题解 大概懂了一点思路，有亿点毒瘤。。。
数据范围是\(m<=23\) 的 明显是个状压么！！！
令\(f[i]\)表示，当已经确定的信号站集合为\(i\)时，此时已确定花费的最小值是多少。
此时考虑两个转移:
-
将左向右方向中继变换为先由初始节点中继到\(0\)号节点，再由\(0\)号节点中继到目标节点
-
将从右向左的中继变换为初始节点以\(−1\)的花费中继到\(0\)号节点，再由\(0\)号节点中继到目标节点
先初始化拿\(cnt[i][j]\)存一下从\(i\)到\(j\)的总数，也就是下面这个式子：
$cnt_{i,j}= \sum_{k=1}^{n-1} [S_k=i][S_{k+1}=j] $
for(int i=1,x;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
x--;
if(i>1)
cnt[las][x]++;
las=x;
}
然后对于题面推算一下每个位置对于最终答案的加值
懒得打了。。。粘一下别人的\(LateX\)截图吧
然后，用\(val[i][j]\)简化一下上面的式子
\(vaj_{i,j}=\sum_{k\notin,k!=i}(K*cnt_{id_k,id_i}-cnt_{id_i,id_k})+\sum_{k\in j}(K*cnt_{id_i,id_k}+cnt_{id_k,id_i})\)
在处理\(val\)数组时可以发现对于\(1\)～\(i-1\)状态的是没有必要变动的，因此只需要将i之后的更改可以了
(j&((1<<i)-1)
表示前\(1\)～\(i-1\)状态不变
((j^(j&((1<<i)-1)))>>1)
对于\(i+1\)～\(n\)状态更新，向右移一位
更改时要从j状态除去一个\(lowbit\)转移过来原因见上，
剩下的就是关于上面公式的使用了
for(int i=0;i<m;i++)
{
for(int j=0;j<m;j++)//对于0状态进行初始化
if(j!=i)
val[i][0]+=K*cnt[j][i]-cnt[i][j];
for(int j=1;j<(1<<m);j++)//更新后面状态
if(!(j&(1<<i)))
{
int x=j^lowbit(j),y=__builtin_ffs(j)-1;//求最后一位1
val[i][(j&((1<<i)-1))+((j^(j&((1<<i)-1)))>>1)]=val[i][(x&((1<<i)-1))+((x^(x&((1<<i)-1)))>>1)]+K*cnt[i][y]+cnt[y][i]+cnt[i][y]-K*cnt[y][i];
}
}
最后就是对于\(dp\)方程的转移了,再此不做过多赘述
for(int i=1;i<(1<<m);i++)
{
f[i]=INT_MAX;//初始化赋最大值
int sum=__builtin_popcount(i);//求i状态中1的数量
for(int j=0;j<m;j++)
if(i&(1<<j))
{
int x=i^(1<<j);
f[i]=min(f[i],f[x]+sum*val[j][(x&(1<<j)-1)+((x^x&(1<<j)-1)>>1)]);
}
}
\(code\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=23;
int n,m,K,las,cnt[M+5][M+5],val[M+5][1<<(M-1)],f[1<<M];
int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
for(int i=1,x;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
x--;
if(i>1)
cnt[las][x]++;
las=x;
}
for(int i=0;i<m;i++)
{
for(int j=0;j<m;j++)
if(j!=i)
val[i][0]+=K*cnt[j][i]-cnt[i][j];
for(int j=1;j<(1<<m);j++)
if(!(j&(1<<i)))
{
int x=j^lowbit(j),y=__builtin_ffs(j)-1;
val[i][(j&((1<<i)-1))+((j^(j&((1<<i)-1)))>>1)]=val[i][(x&((1<<i)-1))+((x^(x&((1<<i)-1)))>>1)]+K*cnt[i][y]+cnt[y][i]+cnt[i][y]-K*cnt[y][i];
}
}
for(int i=1;i<(1<<m);i++)
{
f[i]=INT_MAX;
int sum=__builtin_popcount(i);
for(int j=0;j<m;j++)
if(i&(1<<j))
{
int x=i^(1<<j);
f[i]=min(f[i],f[x]+sum*val[j][(x&(1<<j)-1)+((x^x&(1<<j)-1)>>1)]);
}
}
printf("%d",f[(1<<m)-1]);
return 0;
}
完结撒花\(QAQ\)