Luogu 3943 星空

原题是CF79D Password   

很妙的题。

首先我们发现区间操作不太好弄，我们想办法把它转化成单点操作，这样子处理的办法会多一点。

方法当然是差分了。

定义差分数组$b_i = a_i \^ a_{i + 1}$（$b_i$的下标从$0$开始），在这里将$\^$记为异或。

那么$a_i = b_0 \^ b_1 \^ b_2 \^ ... \^ b_i$，如果我们将所有一开始没有点亮的灯记为$1$，而将所有点亮的灯记为$0$，如果要点亮所有灯，那么我们最后要使$\forall i \in [0, n]   \ a_i == 0 $成立，就相当于使$\forall i \in [0, n]   \ b_i == 0 $成立。

这样子我们改一段区间$[l, r]$的时候就相当于把$b_{l - 1}, b_{r}$都异或上$1$。

发现这样子最多不会超过有$2k$个为$1$的位置，直接状压起来。

我们可以推出$dp$了，假设$f_s$表示当前选的$s$集合最少需要多少操作的步数，那么$f_s + cost(i, j)$可以更新$f_{s \cup i \cup j\ (i \notin s,j \notin s)}$。

如果能预处理这个$cost(i, j)$，那么这个转移就可以写成$O(k2^k)$的，顺便一提在本题中写成$O(k^2 * 2^k)$也是能过的。

发现我们在选择点在更新的时候一定至少会选择有一个$0$的去更新（因为更新两个$1$没有意义……）。因此我们如果要更新$i$和$j$，假如$j - i$恰好等于一个可以更新的区间长度，那么只需要一步；但是如果没有怎么办，我们需要“绕路走”，引入一个或多个中间点$k$来使$i$和$j$同时更新，发现这样子所有的$k$都被异或了偶数次，所以最后的结果仍然只有$i$和$j$被更新。

发现了吧，这是一个最短路，预处理的时候对每一个点跑一遍$dij$或者$spfa$即可。

我实现的代码是$O(k^2 * 2^k)$的。

Code：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef pair <int, int> pin;

const int N = 1e4 + 5;
const int M = 105;
const int W = 22;
const int S = (1 << 20) + 5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

int n, m, K, a[N], b[N], idCnt = 0, id[W];
int len[M], dis[N], c[W][W], f[S];
bool vis[N];

inline void read(int &X) {
    X = 0; char ch = 0; int op = 1;
    for(; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar())
        if(ch == '-') op = -1;
    for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar())
        X = (X << 3) + (X << 1) + ch - 48;
    X *= op;
}

priority_queue <pin> Q;
void dij(int st) {
    memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    Q.push(pin(dis[st] = 0, st));
    for(; !Q.empty(); ) {
        int x = Q.top().second; Q.pop();
        if(vis[x]) continue;
        vis[x] = 1;
        for(int i = 1; i <= m; i++) {
            int y = x + len[i];
            if(y <= n && dis[y] > dis[x] + 1) {
                dis[y] = dis[x] + 1;
                Q.push(pin(-dis[y], y));
            }    
            y = x - len[i];
            if(y >= 0 && dis[y] > dis[x] + 1) {
                dis[y] = dis[x] + 1;
                Q.push(pin(-dis[y], y));
            }         
        }
    }
}

inline void chkMin(int &x, int y) {
    if(y < x) x = y; 
}

int main() {
    read(n), read(K), read(m);
    for(int pos, i = 1; i <= K; i++) read(pos), a[pos] = 1;
    for(int i = 1; i <= m; i++) read(len[i]);
    
    for(int i = 0; i <= n; i++) b[i] = a[i] ^ a[i + 1];
    for(int i = 0; i <= n; i++)
        if(b[i]) id[++idCnt] = i;
    
/*    for(int i = 1; i <= idCnt; i++)
        printf("%d ", id[i]);
    printf("\n");    */
    
    memset(c, 0x3f, sizeof(c));
    for(int i = 1; i <= idCnt; i++) {
        dij(id[i]);
        for(int j = 1; j <= idCnt; j++)
            if(i != j) c[i][j] = dis[id[j]];
    }    
    
/*    for(int i = 1; i <= idCnt; i++, printf("\n"))
        for(int j = 1; j <= idCnt; j++)
            printf("%d ", c[i][j]);    */
    
    memset(f, 0x3f, sizeof(f)); f[0] = 0;
    for(int s = 0; s < (1 << idCnt); s++) {
        if(f[s] == inf) continue;
        for(int i = 1; i <= idCnt; i++) {
            if((s >> (i - 1)) & 1) continue;
            for(int j = 1; j <= idCnt; j++) {
                if((s >> (j - 1)) & 1) continue;
                int to = s | (1 << (i - 1)) | (1 << (j - 1));
                chkMin(f[to], f[s] + c[i][j]);
            }
        }
    }
    
    int curS = (1 << idCnt) - 1;
    if(f[curS] == inf) puts("-1");
    else printf("%d\n", f[curS]);
    return 0;
}