P9017 [USACO23JAN] Lights Off G

前言#

困了一下午, 仅仅只搞懂了个大概, 我们赶紧把这些题补了, 冷静一点

思路#

观察大样例可以发现, 答案好像都不大
容易证明的是先用最多 $n$ 次关闭所有开关, 然后在 $2n$ 次打开每个灯, 这样一定不超过 $3n$ 次就可以成功的打开所有灯
那么我们考虑以这个为突破口, 枚举操作次数解决问题

那么考虑对于一种操作次数 $m$ , 怎样判断其是否可行

首先你需要知道操作的小转化 : 对于每个 $2$ 操作, 我们发现其相当于一个 $\oplus$ , 那么我们可以利用 $\oplus$ 的交换律和自反律, 得出 $a$ 的初始状态和 $b$ 的变换是互相不影响的两个部分, 下面我们只考虑 $b$ 变换的异或积

稍微观察一下第 $i$ 次操作的性质, 你发现最终第 $i$ 次操作会覆盖到 $m-i+1$ 大小的区间, $\mathrm{b}\mathrm{e}\mathrm{l}\mathrm{i}\mathrm{k}\mathrm{e}$ :

那么对于 $m$ 次操作, 相当于一串长度为 $1,2,3\cdots m$ 的区间取反

这个时候问题就更加符合中国宝宝的体质, 每次操作次数 $m\leftarrow m+1$ , 转化过来仅仅是多了一个长为 $m+1$ 的区间取反

这个时候看似没法处理了, 但是你发现即使是多组测试数据, 但是 $n$ 都是相通的, 进一步思考可以发现, 我们可以考虑来一个全局的预处理

考虑令 $f_{i,S}$ 表示第 $i$ 次操作能否转化到 $S$ , 其中 $f_{i,S}\in \{0,1\}$

容易发现每次其实就是从 $f_{i-1,S^{\prime }}$ 通过新增加一个长为 $i$ 的区间取反变换而来的

我们可以容易的列出柿子

$$f_{i,S}\leftarrow f_{i-1,S^{\prime }\oplus S},|S^{\prime }|=i$$

即可

---

感觉有点混乱, 我们再理一遍思路

首先你观察操作, 发现 $a$ 的初始状态和 $b$ 的变换是两个部分, 可以分开讨论

观察大样例发现答案很小, 我们考虑证明出答案 $\le 3n$ , 然后枚举答案(及操作次数)

假设操作次数为 $m$

稍微观察一下第 $i$ 次操作的性质, 你发现最终第 $i$ 次操作会覆盖到 $m-i+1$ 大小的区间, $\mathrm{b}\mathrm{e}\mathrm{l}\mathrm{i}\mathrm{k}\mathrm{e}$ :

那么对于 $m$ 次操作, 相当于一串长度为 $1,2,3\cdots m$ 的区间取反

这个时候问题就更加符合中国宝宝的体质, 每次操作次数 $m\leftarrow m+1$ , 转化过来仅仅是多了一个长为 $m+1$ 的区间取反

然后我们考虑全局预处理

结束

---

复习#

考虑复习

• 定义操作 (约束) 和开销 / 收益, 要求最值化开销 / 收益
  • 先排除无效元素
  • 将约束条件数学化
  • 模拟操作情况, 贪心处理最好开销 (将简单情况先处理, 然后在基础上处理最值 / 简化操作)
  • 考虑操作对答案的影响 (推式子) , 据此对操作进行处理
    • 推导每个元素对答案的贡献 $($拆贡献$)$
    • 推导动态规划
  • 判断是否存在操作满足约束
    • 模拟, 对于重复情况去重
  • 要求一个数列的多个部分 $($前缀, 子串 $\cdots$$)$ 的成本
    • 贪心找到最优操作的构造方法, 加上优化 / 找共同点
  • 找到所有情况统一的构造方案
    • 然后逐操作贪心

题意

给定长为 $n$ 的 $01$ 串 $a, b$
一次操作定义为

• 对 $b$ 的一位异或 $1$
• 把 $a$ 异或上 $b$
• 将 $b$ 循环右移一位

求最少多少次操作使得 $a$ 变成全 $0$

肯定要先模拟操作

重要性质

不难发现每次都把 $a$ 异或上 $b$ 这个操作
例如 $a \oplus b_1 \oplus b_2 \oplus \cdots \oplus b_k$ , 可以简单地化成 $a \oplus (b_1 \oplus b_2 \oplus \cdots \oplus b_k)$

也就是说, 问题简化为

• 对 $b$ 的一位异或 $1$
• 把 $k$ 异或上 $b$
• 将 $b$ 循环右移一位

求 $k = a$ 的最小次数

不难发现对于每一个 $a, b$ , 次数的最小化问题实际上是比较确定的, 因为操作并未留下人为调整的空间

发现 $b$ 的变化可以看做简单的滚动之后翻转
但是其异或和怎么变换?

不妨设操作次数为 $k$ , 如果没有每次操作的翻转 $b$ 一位, 那么对于 $b$ 中的每一个 $1$ , 就等效于一个长为 $k$ 的区间取反
加上每次操作的翻转 $b$ 一位, 也就是多了一个长为 $k-i+1$ 的区间取反

那么你发现, 问题简化为判定类
对于操作次数 $k$ , 求是否存在 $|b|$ 个长为 $k$ 的和 $k$ 个长度分别为 $1\sim k$ 的区间, 对这些区间取反之后, 使得 $b\to a$

其中 $|b|$ 个长为 $k$ 的区间是固定的, 可以提前处理变成 $b^{\prime }$
进一步简化为 $k$ 个长度分别为 $1\sim k$ 的区间, 对这些区间取反之后, 使得 $b^{\prime }\to a$
求最小的可行 $k$

发现 $n\le 20$ , 那可以用很经典的 $\mathcal{O}(n{2}^n)$ 算法
令 $f_{i,\mathbb{B}}$ 表示 $i$ 次操作之后 $b$ 的可行性
直接模拟不太好做, 巧妙地一点是只要一个 $\mathbb{B}$ 可以被表示为 $b$ 进行 $k$ 个长度分别为 $1\sim k$ 的区间取反, 就一定可行
所以每次加上一个长为 $i$ 的区间取反即可, 很有生活

至于多测, 简单地值域处理一般化即可

实现#

难点不在实现

#include <bits/stdc++.h>
const int MAXVAL = 2e6 + 10;

int t, n;
int p[MAXVAL]; // 同族元素
int f[45][MAXVAL]; // 递推数组
std::string a, b;

/*旋转操作*/
int rotate(int x) { 
    return ((x & 1) << n - 1) | (x >> 1);
}

signed main()
{
    scanf("%d %d", &t, &n);
    memset(p, -1, sizeof p);
    for (int i = 0; i < (1 << n); i++) {
        int x = i;
        while (!(~p[x])) p[x] = i, x = rotate(x);
    }
    f[0][0] = 1;
    for (int i = 1, s = 0; i <= 2 * n; i++) {
        s ^= (1 << ((i - 1) % n));
        for (int j = 0; j < (1 << n); j++) f[i][p[j]] |= f[i - 1][p[j ^ s]];
    }
    while (t--)
    {
        std::cin >> a >> b;
        int A = 0, B = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) A |= ((a[i] - '0') << (n - i - 1)), B |= ((b[i] - '0') << (n - i - 1));
        if (A == 0) { puts("0"); continue; }
        for (int i = 1; ; i++) {
            A ^= B, B = rotate(B);
            if (f[i][p[A]]) { printf("%d\n", i); break; }
        }
    }
    return 0;
}

总结#

对于 $01$ 串的操作, 我们考虑用数学语言表示
善于利用运算律简化问题

当观察到答案较小时, 考虑

• 分讨答案
• 枚举答案检查

玩样例可以找到一些有用的性质

如果多组测试数据有相通之处, 也许你可以全局的处理?

感觉这个题到紫了, 很难 $($现在看还好$)$

枚举确定长度串的小 $\mathrm{t}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{c}\mathrm{k}$

模拟操作情况, 贪心处理最好开销 (将简单情况先处理, 然后在基础上处理最值 / 简化操作)