[周末训练]大理石

题目

【内存限制：$256 MiB$】【时间限制：$4000 ms$】

【标准输入输出】【题目类型：传统】【评测方式：文本比较】

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【题目描述】

林老师是一位大理石收藏家，他在家里收藏了$N$块各种颜色的大理石，第$i$块大理石的颜色为$a_i$。

但是林老师觉得这些石头在家里随意摆放太过凌乱，他希望把所有颜色相同的石头放在一起。

换句话说，林老师需要对现有的大理石重新进行排列，在重新排列之后，对于每一个颜色$j$，如果最左边的颜色为$j$的大理石是第$l$块大理石，最右边的颜色为$j$的大理石是第$r$块大理石，那么从第$l$块大理石到第$r$块大理石，这些石头的颜色都为$j$。

由于这些大理石都比较重，林老师无法承受这些大理石的重量太久，所以他每次搬运只能交换相邻的两块大理石。

请问，林老师最少需要进行多少次搬运？

【输入格式】

第一行输入一个数字$N(2≤N≤4*10^5)$，表示大理石的总数。

第二行输入$N$个数字$a_1,a_2…,an(1≤a_i≤20)$表示第$i$块大理石的颜色为$a_i$。

【输出格式】

输出林老师最少需要搬运的次数。

【样例输入】

样例输入 1
7
3 4 2 3 4 2 2

样例输入 2
5
20 1 14 10 2

样例输入 3
13
5 5 4 4 3 5 7 6 5 4 4 6

【样例输出】

样例输出 1
3

样例输出 2
0

样例输出 3
21

【解题经历】

刚拿到这道题，我就被它的时间限制深深地吸引：$4000ms$？

那么长的时间限制肯定是暴搜穷竭搜索算法啊

于是推出了样例之后就开始码搜索...

打到后面发现自己连搜索都打不出来，于是这么一个伟大的算法就半路夭折了...

【正解&代码】

一道几乎可以说是模板的状压DP题。

观察所有的数据范围，发现$1≤a_i≤20$，而几乎是极端的对立，$2≤N≤4*10^5$，可以说对于$a_i$来说$N$是十分大了。

而时间限制又十分巨大：$4000ms$。

那么这又说明什么了吗？

在输入的数据中，若其中一两个的范围十分小，而其他数据又大得不正常

并且时间限制又异常宽松

对于时间来说，这道题的常数非常大（或者是某些模拟题）

对于空间来说，若用其他的空间来开数组是无法承受的

则说明这道题是状压DP，而且压缩的对象就是针对这些比较小的数的

那么，这道题的状态？

定义$dp$一维数组，其中对于$dp_i$，将$i$转换成二进制之后，对于其某一位，若这一位为一，说明这个状态中，第$i$种颜色已经全部被放在一起了

再定义$c$二维数组，其中$c_{ij}$表示在初始状态中，所有第$j$种颜色的石头前的第$i$种颜色的石头的个数

那么就有状转方程$$dp_i=dp_{i-(1<<j)}+cost(j)$$其中$j$为$i$的二进制下为一的位数

那么问题又来了，这个$cost(j)$怎么算呢？

首先我们把问题转化一下，每种石头可以往左或者往右交换

那么我们可以理解为这个石头$i$可以选择往右交换（与石头$i+1$交换），或者是它的前一个石头往右交换（石头$i-1$与石头$i$交换）

那么现在的交换规则就变成全部往右交换

现在我们来看一看状态。假设我们现在有这样一个状态（二进制）：

位数：$7654321$（倒着排）

状态：$1000110$

那么这个状态的意思就是在这个状态下，第$2,3,7$种颜色都已经排在一起了

那么这个状态是从哪种状态来的呢？

当然，是从状态$1000100,1000010,0000110$转移来的

那么这三个状态有什么区别呢？他们还原的石头颜色的顺序不同，而这就导致他们的花费不同。

那么我们可以这样总结：

对于一个状态，假设我们已经枚举到第$i$种颜色，而现在我们要还原第$j$种颜色

如果这个颜色$i$已经被还原过了，说明它的$cost$是已经被前面所计算过的，那么我们就不需要计算它的$cost$了

如果它没有被还原，那么加上第$j$种颜色的石头一共需要和它交换的次数

口胡还是太难了代码见下

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define cg (c=getchar())
inline int qread(){
    int x,f=1;char c;
    while(cg<'0'||'9'<c)if(c=='-')f=-1;
    for(x=(c^48);'0'<=cg&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
    return x*f;
}
#undef cg
template<class T>inline T Max(const T x,const T y){return x>y?x:y;}
template<class T>inline T Min(const T x,const T y){return x<y?x:y;}
template<class T>inline T fab(const T x){return x>0?x:-x;}
const int MAXN=4e5;
const int INF=1ll<<60;
const int MAXA=25;
int a[MAXN+5],N,maxx;
int cnt[MAXA+5],c[MAXA+5][MAXA+5];
int dp[(1<<20)+5];
signed main(){
    N=qread();
    for(int i=1;i<=N;++i)maxx=Max(a[i]=qread(),maxx),--a[i];
    for(int i=1;i<=N;++i){
        ++cnt[a[i]];
        for(int j=0;j<=maxx;++j)c[j][a[i]]+=cnt[j];
    }
    for(int i=0;i<=(1<<maxx)-1;++i)dp[i]=INF;
    dp[0]=0;
    for(int i=1;i<=(1<<maxx)-1;++i)for(int j=0;j<maxx;++j)if(i&(1<<j)){
        int cost=0,pre=i-(1<<j);
        for(int k=0;k<maxx;++k)if(pre&(1<<k))cost+=c[j][k];
        dp[i]=Min(dp[i],dp[pre]+cost);
    }
    printf("%lld\n",dp[(1<<maxx)-1]);
    return 0;
}