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这个\(k\)这么小看上去一脸状压dp
序列操作可以差分。那么原来的问题就被转化为序列上有\(2k\)个点，可以花费\(1\)的代价将一对长度固定的点消掉。问最小的代价。
然后就可以状压dp，先对每个点跑一遍bfs算出以这个点和剩下点消掉的最小代价，然后状压时可以钦定当前操作一定操作未被操作中编号最小的点与另一个点，就可以做到\(O(nmk+k2^{2k})\)。
code:

#include<bits/stdc++.h>
#define I inline
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define abs(x) ((x)>0?(x):-(x))
#define re register
#define RI re int
#define ll long long
#define db double
#define lb long db
#define N (10000+5)
#define M (1<<20)
#define mod 1000000007
#define Mod (mod-1)
#define eps (1e-9)
#define U unsigned int
#define it iterator
#define Gc() getchar() 
#define Me(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define Mc(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define d(x,y) (n*(x-1)+(y))
#define R(n) (rand()*rand()%(n)+1)
#define Pc(x) putchar(x)
#define LB lower_bound
#define UB upper_bound
#define PB push_back
using namespace std;
int n,m,k,x,H,W[30][30],G[M+5],A[N+5],B[105],F[N+5],dp[M+5];queue<int> Q;
int main(){
	freopen("1.in","r",stdin);
	RI i,j,h;scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);for(i=1;i<=k;i++) scanf("%d",&x),A[H]^x?(A[H++]=x):(H--),A[H++]=x+1;H&1&&(A[H++]=n+1);for(i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&B[i]);
	for(i=0;i<H;i++){Me(F,0x3f);F[A[i]]=0;Q.push(A[i]);
		while(!Q.empty())for(x=Q.front(),Q.pop(),j=1;j<=m;j++)x+B[j]<=n+1&&F[x+B[j]]>F[x]+1&&(Q.push(x+B[j]),F[x+B[j]]=F[x]+1),x-B[j]>0&&F[x-B[j]]>F[x]+1&&(Q.push(x-B[j]),F[x-B[j]]=F[x]+1);
		for(j=0;j<H;j++)W[i][j]=F[A[j]];
	}
	Me(dp,0x3f);dp[0]=0;for(i=1;i<(1<<H);i++){
		G[i]=G[i>>1]+(i&1);if(G[i]&1) continue;for(j=0;j<H;j++){if(!(i>>j&1)) continue;
			for(h=j+1;h<H;h++)i>>h&1&&(dp[i]=min(dp[i],dp[i^(1<<j)^(1<<h)]+W[j][h]));
		}
	}printf("%d\n",dp[(1<<H)-1]>1e9?-1:dp[(1<<H)-1]);
}